ESTRADAS DE RODAGEM PROJETO GEOMÉTRICO
Resolução dos Exercícios
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 2
CAPÍTULO 2
ELEMENTOS GEOMÉTRICOS
DAS ESTRADAS
Glauco Pontes Filho 3
1. Calcular o raio R da curva circular da figura abaixo. Solução:
( ) ( ) mAB 66,109200275100180 22 =−+−= Aplicando a lei dos senos no triângulo ABC, temos:
°=⇒=⇒°
= 8732,62ˆ4560,0ˆ3066,109
ˆ100 AAsen
senAsen
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo isósceles ABO, temos:
⇒⋅⋅⋅−+= º7465,125cos266,109 222 RRRR mR 25,120=
R
d=100 m α=30º
B
R
A
C
Dados: (E,N)
A(200, 100) B(275,180)
62,8732º
90º-62,8732º = 27,1268º R
R
O
B
A
109,66
125,7465º
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 4
2. Calcular os comprimentos e os azimutes dos alinhamentos da figura abaixo. Calcular também os ângulos de deflexão.
Solução:
º38,22º37,48
º31,10101000
110006000arctanº180
º69,1231000300060003000arctanº180
º57,11630006000
120006000arctanº180
º20,686000400060001000arctan
2
1
−=−=∆
=−=∆
=
−−
+=
=
−−
+=
=
−−
+=
=
−−
=
DEEF
ABBC
EF
DE
BC
AB
AzAzAzAz
Az
Az
Az
Az
1000 6000 11000
B
d4
D
A
d2
E
d3
d1
∆2
N
E
C
F
∆1
0 3000
1000
3000
4000
6000
( ) ( ) mABd 16,385.56000400060001000 221 =−+−==
( ) ( ) mBCd 20,708.630006000120006000 222 =−+−==
( ) ( ) mDEd 55,605.31000300060003000 223 =−+−==
( ) ( ) mEFd 02,099.501000110006000 224 =−+−==
PONTOS E N A 1.000 4.000 B 6.000 6.000 C 12.000 3.000 D 3.000 3.000 E 6.000 1.000 F 11.000 0
Glauco Pontes Filho 5
3. (Concurso DNER) O azimute é o ângulo, no plano horizontal, de uma direção qualquer com o meridiano. O rumo de 76º 30’ SE de uma visada a vante corresponde ao azimute de: a) 103º 30’ b) 166º 30’ c) 256º 30’ d) 283º 30’
Solução: Letra a
No quadrante SE, temos: Az=180º-rumo ´30º103´)30º76(º180 =−=Az
4. (Concurso DNER) Nos projetos de estradas de rodagem, os perfis longitudinais são
desenhados em papel quadriculado ou milimetrado, em escalas horizontais (distâncias) e verticais (cotas), que normalmente guardam uma proporção de: a) 10:1 b) 2:3 c) 1:10 d) 3:2
Solução: Letra c
Escalas horizontais – normalmente escala 1:2000 Escalas verticais – normalmente escala 1:200
101
1200
20001
20012000
1=⋅=
5. (Concurso DNER) Na planta de um projeto, a indicação de escala 1:500 (horizontal) significa que 1 cm no desenho equivale, no terreno, a uma distância de: a) 50 m b) 5 m c) 0,50 m d) 0,05 m Solução: Letra b
1 cm no projeto equivale a 500 cm no campo = 5 m
6. (Concurso DNER) Numa rodovia de 3.000 metros de comprimento, a numeração final da última estaca é:
a) 30 b) 60 c) 150 d) 300 Solução: Letra c
3000/20 = 150
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 6
7. Calcular os comprimentos e os azimutes dos alinhamentos da figura a seguir. Calcular também os ângulos de deflexão.
Solução:
º20,23º45º2,68
º04,10404,149º45
º20,6820005000arctan
º4540004000arctan
º04,14950003000arctanº180
2
1
=−=−=∆
−=−=−=∆
=
=
=
=
=
−
+=
BCCD
ABBC
CD
BC
AB
AzAz
AzAz
Az
Az
Az
1000 6000 11000
3000
4000
6000
B
D
A
d2
d3
N
E
d1
0 3000
1000
( ) ( ) md 95,830.56000100003000 221 =−+−=
( ) ( ) md 85,656.51000500030007000 222 =−+−=
( ) ( ) md 17,385.550007000700012000 223 =−+−=
PONTOS E N
A 0 6000
B 3000 1000
C 7000 5000
D 12000 7000
Glauco Pontes Filho 7
CAPÍTULO 4
CURVAS HORIZONTAIS
CIRCULARES
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 8
1. Dados ∆ = 47º 30’ e G20 = 12º, calcular T e E.
Solução:
mR 493,9512
92,145.1==
⇒
°
⋅=25,47tan493,95T mT 02,42=
⇒
°
⋅=45,47tan02,42E mE 84,8=
2. Dados ∆ = 40º e E = 15 m, calcular T e R.
Solução:
⇒−
°
=−
∆
=1
240sec
15
12
sec
ER mR 73,233=
⇒
°
=2
40tan73,233T mT 07,85=
3. Dados ∆ = 32º e R = 1220 m, calcular T e E.
Solução:
⇒
°
⋅=2
32tan1220T mT 83,349=
⇒
°
⋅=4
32tan83,349E mE 17,49=
4. Dado R = 150 m, calcular a deflexão sobre a tangente para c = 20 m.
Solução:
°== 639467,7150
92,145.1G
⇒°
==2
639467,72Gd °= 82,3d
Glauco Pontes Filho 9
5. Dados ∆ = 43º e E = 52 m, calcular o grau da curva.
Solução:
⇒−
°
=−
∆
=1
243sec
52
12
sec
ER mR 3151,695=
⇒=3151,695
92,145.1G °= 648,1G
6. Se ∆ = 30º 12’ e G20 = 2º 48’, calcular T e D.
Solução: 30º 12’ = 30,2º 2º 48’ = 2,8º
mR 2571,4098,2
92,145.1=
°=
⇒
°
⋅=22,30tan2571,409T mT 43,110=
⇒°
°⋅⋅=
1802,302571,409πD mD 72,215=
7. Usando os dados do problema anterior, e assumindo que
E(PI) = 42 + 16,60, calcular as estacas do PC e do PT.
Solução:
E(PC) = (42 + 16,60) – ( 5 + 10,43) = 37 + 6,17
E(PT) = (37 + 6,17) + (10 + 15,72) = 48 + 1,89
8. Dados ∆ = 22º 36’ , G20 = 4º e E(PC) = 40 + 15,00. Construir a tabela de locação da curva
pelo método das estacas fracionárias.
Solução:
mR 480,2864
92,145.1=
°=
⇒
°
⋅=26,22tan480,286T mT 24,57=
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 10
⇒°
°⋅⋅=
1806,22480,286πD mD 00,113=
E(PT) = (40 + 15,00) + (5 + 13,00) = 46 + 8,00 Donde: a = 15,00 (parte fracionária do PC)
b = 8,00 (parte fracionária do PT)
°=°
== 224
2Gd
°=°
== 1,0404
40Gdm
°=°⋅−=⋅−= 5,01,0)1520()20(1 mdads
°=°⋅=⋅= 8,01,08mPT dbds
DEFLEXÕES
ESTACAS SUCESSIVAS ACUMULADAS
PC 40+15,00 --- --- 41 0,5º 0,5º 42 2º 2,5º 43 2º 4,5º 44 2º 6,5º 45 2º 8,5º 46 2º 10,5º
PT 46+8,00 0,8º 11,3º = ∆/2 (ok)
9. Dados ∆ = 47º 12’, E(PI) = 58 + 12,00. Calcular R, T, E e D para G20 = 6º. Calcular também
E(PC) e E(PT).
Solução: ⇒°
=6
92,145.1R mR 99,190=
⇒
°
⋅=22,47tan99,190T mT 44,83=
⇒
°
⋅=42,47tan44,83E mE 43,17=
⇒°
°⋅⋅=
1802,4799,190πD mD 34,157=
Glauco Pontes Filho 11
E(PC) = (58 + 12,00) – (4 + 3,44) = 54 + 8,56
E(PT) = (54 + 8,56) + (7 + 17,34) = 62 + 5,90
10. Dados ∆ = 24º 20’ e R = 1500 m. Locar o PC e o PT, sabendo que a estaca do PI é 360 + 12,45.
Solução:
⇒
°
⋅=2
333333,24tan1500T mT 40,323=
⇒°
°⋅⋅=
180333333,241500πD mD 05,637=
E(PC) = (360 + 12,45) – (16 + 3,40) = 344 + 9,05
E(PT) = (344 + 9,05) + (31 + 17,05) = 376 + 6,10
11. Dados ∆ = 22º 36’ e T = 250 m, calcular G20 e D.
Solução: 22º 36’ = 22,6º
mTR 13,251.1
26,22tan
250
2tan
=
°
=
∆
=
⇒==13,251.192,145.192,145.1
20 RG °= 9159,020G
⇒°
°⋅⋅=
180333333,241500πD mD 05,637=
12. Calcular o desenvolvimento de uma curva circular de raio R = 1524 m e ângulo central
∆ = 32º.
Solução:
⇒°
°⋅⋅=
180321524πD mD 16,851=
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 12
13. (Concurso DNER) Numa curva circular com um raio de 170 m, queremos locar um ponto logo à frente do ponto de curvatura (PC). Sabemos que o comprimento do arco é de 20 m. A soma das coordenadas sobre a tangente deste ponto são (considerar sen 3,3703º = 0,058789 e cos 3,3703º = 0,9983): a) 0,168 m b) 0,924 m c) 1,848 m d) 21,14 m Solução: Letra d
°=°
==
°===
3703,32
7407,62
7407,6170
92,145.192,145.1
Gd
RG
myx
mxxd
myyd
14,21
9654,193703,3cos2020
cos
1758,13703,3sin2020
sin
=+
=°⋅=⇒=
=°⋅=⇒=
14. Demonstrar que:
∆
⋅=4
tanTE
Da trigonometria, temos:
=
−2
tansin
cos1 xx
x
=
−
4tan
2sin
2cos1
xx
x
∆
⋅=
∆
∆
−⋅=
∆
∆
−⋅
∆
∆
⋅=
∆
∆
−⋅
∆
=
−
∆
⋅=
4tan
2sin
2cos1
2cos
2cos1
2sin
2cos
2cos
2cos1
2tan
1
2cos
1
TTE
TTRE
x y
20 m
d
G
Glauco Pontes Filho 13
15. Dados ∆=30º, R=680 m e E(PI)=205+2,52, calcular G, T, D, E(PC) e E(PT).
⇒=680
92,145.120G °= 69,1G
⇒
°
⋅=2
30tan680T mT 21,182=
⇒°
°⋅⋅=
18030680πD mD 05,356=
E(PC) = (205 + 2,52) – ( 9 + 2,21) = 196 + 0,31
E(PT) = (196 + 0,31) + (17 + 16,05) = 62 + 5,90
16. (*) Em uma curva horizontal circular, conhecem-se os seguintes elementos: G20=1º, E(PC)=55 + 9,83 e E(PT)=81 + 9,83. Se alterarmos o raio dessa curva para 2000 m, qual será a estaca do novo PT?
Solução: D = E(PT) – E(PC) = (81 + 9,83) – (55 + 9,83) = 26 estacas = 520 m
mR 92,145.11
92,145.1==
°=⋅°
=⋅
==∆ 26205201
cDGAC
mT 56,2642
26tan92,145.1 =
°
⋅=
E(PI) = E(PC) + T = (55 + 9,83) + (13 + 4,56) = 68 + 14,39
Novo raio: R = 2.000 m
mestmT 74,12374,4612
26tan2000´ +==
°
⋅=
mestmD 57,74557,907180
262000´ +==°
°⋅⋅=
π
E(PC´) = (68 + 14,39) – (23 + 1,74) = 45 + 12,65
E(PT´) = (45 + 12,65) + (45 + 7,57) = 91 + 0,22
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 14
17. (*) Dado o traçado da figura, adotar para as curvas 1 e 2 os maiores raios possíveis.
Solução:
Para obtermos os maiores raios possíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2≤ d2
⇒°
=
∆
=14tan
135
2tan 1
11
TR mR 46,5411 =
⇒°
=
∆
=16tan48,85
2tan 2
22
TR mR 10,2982 =
T1+T2 = 135 + 85,48 = 220,48 < 229,52 (OK!)
18. (*) Com relação ao problema anterior, supondo-se que as distâncias de 0 a PI1 e PI2 a F
sejam suficientemente grandes, escolher um valor único para o raio das duas curvas de forma que esse valor seja o maior possível.
Solução: Devemos ter: T1+T2 = d2 = 229,52 m
mR
RR
15,428º16tanº14tan
52,229
52,2292
tan2
tan 21
=+
=
=
∆
⋅+
∆
⋅
PI1
∆2=32º
∆1=28º
PI2
O
d1=135 m
d2=229,52 m d3=85,48 m F
Glauco Pontes Filho 15
19. (*) Em um trecho de rodovia temos duas curvas circulares simples. A primeira começando na estaca 10+0,00 e terminando na estaca 20+9,43 com 300 m de raio. A segunda começando na estaca 35+14,61 e terminando na estaca 75+0,00 com 1500 m de raio. Deseja-se aumentar o raio da primeira curva para 600 m sem alterar a extensão total do trecho. Qual deverá ser o raio da segunda curva? Dados: ∆1=40º e ∆2=30º.
Solução: T1 = 300 tan(20º) = 109,19 m
T2 = 1500 tan(15º) = 401,92 m
L = (35 + 14,61) – (20 + 9,43) = 305,18 m
Dist(PI1 - PI2) = T1 + L +T2 = 109,19 + 305,18 + 401,92 = 816,29 m
C = Extensão total do trecho = est 75 – est 10 = 65 estacas = 1300 m = D1 + L + D2
T1´= 600 tan(20º) = 218,38 m
T2´= R2´ tan(15º)
L´= Dist(PI1 - PI2) – T1´– T2´= 816,29 – 218,38 – R2´ tan(15º) = 597,91 – 0,26795R2´
mD 88,418180
40600´1 =°
°⋅⋅=
π ´5236,0180
30´´ 22
2 RRD =°
°⋅⋅=
π
C = D1´+ L´ + D2´ = 418,88 + 597,91 – 0,26795 R2´ + 0,5236 R2´ = 1300
mR 8,107.1´2 =
35+14,61
∆2 = 30º
D1 ∆1 = 40º
20+9,43
75+0,00
10+0,00
D2
R1 = 300
R2 = 1500
L = 305,18
∆2 = 30º
∆1 = 40º
R1´= 600
R2´= ??? L´
D1´
D2´
T2´
T1´
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 16
20. (*) A figura mostra a planta de um trecho de rodovia com duas curvas de mesmo sentido, desejando-se substituir estas duas curvas por uma curva única de raio R. Calcular o valor de R para que o PC da nova curva coincida com o PC1 do traçado antigo (início da curva 1).
Solução:
T1 = 400 tan(15º) = 107,18 m
T2 = 500 tan(10º) = 88,16 m
Aplicando a Lei dos Senos, temos:
°++
=° 130sin
2020sin
21 TTx
x = 96,14 m
T = T1 + x = 107,18 + 96,14 = 203,32 m
⇒
°
=
250tan
32,203R mR 02,436=
21. (*) A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas
dos PI’s e a estaca final do traçado.
R1=1200 m R2=1600 m
d1
PI1
∆2=30º
∆1=46º
PI2 Est. 0+0,00 d1=1080 m d2=2141,25 m d3=1809,10 m
d2 d3
F
PI1
PC1
PT1 PC2
PI2
PT2
D=20 m
CURVA 1 R1 = 400 m
CURVA 2 R2 = 500 m
30º
20º
20º+30º=50º
20º 30º
130º
PC1=PC
T x
T1 T1+20+T2
Glauco Pontes Filho 17
Solução:
CURVA 1: E(PI1) = d1 = 54 + 0,00
⇒
°
⋅=2
46tan12001T mT 37,5091 =
⇒°
°⋅⋅=
180461200
1πD mD 42,9631 =
E(PC1) = (54 + 0,00) – (25 + 9,37) = 28 + 10,63
E(PT1) = (28 + 10,63) + (48 + 3,42) = 76 + 14,05
CURVA 2: E(PI2) = E(PT1) + d2 – T1
E(PI2) = (76 + 14,05) + (107 + 1,25) – (25 + 9,37) = 158 + 5,93
⇒
°
⋅=2
30tan16002T mT 72,4282 =
⇒°
°⋅⋅=
180301600
2πD mD 76,8372 =
E(PC2) = (158 + 5,93) – (21 + 8,72) = 136 + 17,21
E(PT2) = (136 + 17,21) + (41 + 17,76) = 178 + 14,97
E(F) = E(PT2) + d3 – T2 = (178 + 14,97) + (90 + 9,10) – (21 + 8,72) = 247 + 15,35
22. Calcular as curvas circulares abaixo {G, T, D, E, E(PC), E(PT), d, dm}: a) E(PI) = 202 + 2,50 ∆ = 52º R = 650 m c = 20 m b) E(PI) = 1345 + 12,73 ∆ = 10º R =2000 m c = 20 m c) E(PI) = 376 + 19,50 ∆ = 64º 20' R = 350 m c = 10 m d) E(PI) = 467 + 3,75 ∆ = 80º R = 200 m c = 5 m
Solução:
a) ⇒⋅
⋅=
⋅⋅
=)650()20(º180º180
ππ RcG ´´47´451762954,1 °=°=G
⇒
°
⋅=
∆
⋅=2
52tan6502
tanRT mT 03,317=
⇒°
°⋅⋅=
∆⋅⋅=
18052650
º180ππ RD mD 92,589=
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 18
⇒
°
⋅=
∆
⋅=4
52tan03,3174
tanTE mE 19,73=
´´53´520881477,02
762954,12
°=°=°
==Gd
´´39´020044074,040
762954,1)20(22
°=°=°
=⋅
==G
cGdm
E(PC) = (202 + 2,50) – (15 + 17,03) = 186 + 5,47
E(PT) = (186 + 5,47) + (29 + 9,92) = 215 + 15,39
b)
T = 174,98 m D = 349,07 m E = 7,64 m G = 0,572958º = 0º 34’ 23” d = 0,28648º = 0º 17’ 11”
dm= 0,01432º = 0º 0’ 52” E(PC) = 1336 + 17,75 E(PT) = 1354 + 6,82
c)
T = 220,12 m D = 392,99 m E = 63,47 m G = 1,637022º = 1º 38’ 13” d = 0,81851º = 0º 49’ 7”
dm= 0,08185º = 0º 4’ 55” E(PC) = 365 + 19,38 E(PT) = 385 + 12,37
d)
T = 167,82 m D = 279,25 m E = 61,08 m G = 1,432394º = 1º 25’ 57” d = 0,7162º = 0º 42’ 58”
dm= 0,14324º = 0º 8’ 36” E(PC) = 458 + 15,93 E(PT) = 472 + 15,18
Glauco Pontes Filho 19
23. Repetir a questão anterior adotando para G um valor múltiplo de 40’. Construir as tabelas de locação das curvas (R > R’).
Solução:
a) ⇒⋅
⋅=
⋅⋅
=)650()20(º180º180
ππ RcG '77724,105)60(762954,1 =⋅°=G
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
mG
cRnovo 437,859)º333333,1(
)20(º180º180=
⋅⋅
=⋅
⋅=
ππ
⇒
°
⋅=
∆
⋅=2
52tan437,8592
tanRT mT 18,419=
⇒°
°⋅⋅=
∆⋅⋅=
18052437,859
º180ππ RD mD 00,780=
⇒
°
⋅=
∆
⋅=4
52tan18,4194
tanTE mE 78,96=
´4002
'2012
°=°
==Gd
'2040
'201)20(22
°=°
=⋅
==G
cGdm
E(PC) = (202 + 2,50) – (20 + 19,18) = 181 + 3,32
E(PT) = (181 + 3,32) + (39 + 0,00) = 220 + 3,32
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 20
ESTACAS DEFLEXÕES
SUCESSIVAS ACUMULADAS INT FRAC
grau min seg grau min seg
181 3,32 0 0 0 0 0 0
182 0 33 22 0 33 22
183 0 40 0 1 13 22
184 0 40 0 1 53 22
185 0 40 0 2 33 22
186 0 40 0 3 13 22
187 0 40 0 3 53 22
188 0 40 0 4 33 22
189 0 40 0 5 13 22
190 0 40 0 5 53 22
191 0 40 0 6 33 22
192 0 40 0 7 13 22
193 0 40 0 7 53 22
194 0 40 0 8 33 22
195 0 40 0 9 13 22
196 0 40 0 9 53 22
197 0 40 0 10 33 22
198 0 40 0 11 13 22
199 0 40 0 11 53 22
200 0 40 0 12 33 22 201 0 40 0 13 13 22 202 0 40 0 13 53 22 203 0 40 0 14 33 22 204 0 40 0 15 13 22 205 0 40 0 15 53 22 206 0 40 0 16 33 22 207 0 40 0 17 13 22 208 0 40 0 17 53 22 209 0 40 0 18 33 22 210 0 40 0 19 13 22 211 0 40 0 19 53 22 212 0 40 0 20 33 22 213 0 40 0 21 13 22 214 0 40 0 21 53 22 215 0 40 0 22 33 22 216 0 40 0 23 13 22 217 0 40 0 23 53 22 218 0 40 0 24 33 22 219 0 40 0 25 13 22 220 0 40 0 25 53 22 220 3,32 0 6 38 26 0 0
Glauco Pontes Filho 21
b) '3774,34)60(5729565,0)2000()20(º180º180
=⋅°=⋅
⋅=
⋅⋅
=ππ R
cG
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 40’ = 0,66666667º
mG
cRnovo 87,718.1)º66666667,0(
)20(º180º180=
⋅⋅
=⋅
⋅=
ππ
Logo:
T = 150,38 m D = 300,00 m E = 6,57 m graus min. seg. G = 0,66666 º = 0 40 0 d = 0,33333 º = 0 20 0
dm= 0,016667 º = 0 1 0 E(PC) = 1338 + 2,35 E(PT) = 1353 + 2,35
ESTACAS DEFLEXÕES
SUCESSIVAS ACUMULADAS INT FRAC
grau min seg grau min seg
1338 2,35 0 0 0 0 0 0
1339 0 17 39 0 17 39
1340 0 20 0 0 37 39
1341 0 20 0 0 57 39
1342 0 20 0 1 17 39
1343 0 20 0 1 37 39
1344 0 20 0 1 57 39
1345 0 20 0 2 17 39
1346 0 20 0 2 37 39
1347 0 20 0 2 57 39
1348 0 20 0 3 17 39
1349 0 20 0 3 37 39
1350 0 20 0 3 57 39
1351 0 20 0 4 17 39
1352 0 20 0 4 37 39
1353 0 20 0 4 57 39
1353 2,35 0 2 21 5 0 0
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 22
c) '22111,98)60(637018,1)350()10(º180º180
=⋅°=⋅
⋅=
⋅⋅
=ππ R
cG
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
mG
cRnovo 72,429)º333333,1(
)10(º180º180=
⋅⋅
=⋅
⋅=
ππ
Logo:
T = 270,26 m D = 482,50 m E = 77,92 m graus min. seg. G = 1,3333 º = 1 20 0 d = 0,66666 º = 0 40 0
dm= 0,066666 º = 0 4 0 E(PC) = 363 + 9,24 E(PT) = 387 + 11,74
d) '943468,85)60(4323911,1)200()5(º180º180
=⋅°=⋅
⋅=
⋅⋅
=ππ R
cG
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
mG
cRnovo 859,214)º333333,1(
)5(º180º180=
⋅⋅
=⋅
⋅=
ππ
Logo:
T = 180,29 m D = 300,00 m E = 65,62 m graus min. seg. G = 1,33333 º = 1 20 0 d = 0,666666 º = 0 40 0
dm= 0,133333 º = 0 8 0 E(PC) = 458 + 3,46 E(PT) = 473 + 3,46
Glauco Pontes Filho 23
24. A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas dos pontos notáveis das curvas (PC, PI e PT) e a estaca inicial do traçado, sabendo que a estaca do ponto F é 540 + 15,00.
Solução:
mT 37,4002
40tan11001 =
°
⋅=
mD 95,767180
4011001 =
°°⋅⋅
=π
mT 95,4722
35tan15002 =
°
⋅=
mD 30,916180
3515002 °
°⋅⋅=
π
E(PT2) = 10.815-1.800+472,95 = 9.487,95 m = 474 est + 7,95 m
E(PC2) = 9.487,95 – 916,30 = 8.571,65 m = 428 + 11,65
E(PI2) = 8.571,65 + 472,95 = 9.044,60 m = 452 + 4,60
E(PT1) = 9.044,60 – 2.200 + 400,37 = 7.244,97 m = 362 + 4,97
E(PC1) = 7.244,97 – 767,95 = 6.477,02 m = 323 + 17,02
E(PI1) = 6.477,02 + 400,37 = 6.877,39 m = 343 + 17,39
E(A) = 6.877,39 – 1.000 = 5.877,39 m = 293 + 17,39
R2=1500 m
d2 = 2200 m
∆2=35º
∆1=40º d1 = 1000 m
PI2 d3 = 1800 m
PI1
A
R1=1100 m
F
PC1 PT1
PC2 PT2
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 24
25. (*) Em um traçado com curvas horizontais circulares, conforme esquema da figura, desejando-se fazer R1 = R2:
a) qual o maior raio possível? b) qual o maior raio que se consegue usar, deixando um trecho reto de 80 m entre as
curvas? Solução: a) T1 = R tan(20º) T2 = R tan(14º)
T1 + T2 = 720 = R ( tan 20º + tan 14º) R = 1.173,98 m
b) T1 + T2 = 720 – 80 = R ( tan 20º + tan 14º) R = 1.044,05 m
26. (EXAME NACIONAL DE CURSOS-1997) No projeto básico de um trecho da BR-101, a
primeira tangente fez uma deflexão à direita de 90º, com o objetivo de preservar uma área de mata Atlântica. Originou-se o PI-1, localizado na estaca 81 + 19,00. Para a concordância horizontal necessária a essa deflexão, usou-se uma curva circular de raio igual a 600,00 metros. Quais as estacas dos pontos notáveis da curva (PC e PT)?
Solução:
00,0306002
90tan600 +==
°
⋅= mT
48,24748,942180
90600+==
°°⋅⋅
= mD π
E(PC) = (81 + 19,00) – (30 + 0,00) = 51 + 19,00
E(PT) = (51 + 19,00) + (47 + 2,48) = 99 + 1,48
∆1 = 40º
∆2 = 28º
720 m
Glauco Pontes Filho 25
27. (*) Deseja-se projetar um ramo de cruzamento com duas curvas reversas, conforme figura. A estaca zero do ramo coincide com a estaca 820 e o PT2 coincide com a estaca 837+1,42 da estrada tronco. Calcular os valores de R1, R2, E(PI1) e E(PT2).
Solução:
mRRR 42,341)00,0820()42,1837(2 222 =+−+=++
⇒+
=22
42,3412R mR 00,1002 =
⇒= 42,34121R mR 42,2411 =
mD 61,189180
4542,2411 =
°°⋅⋅
=π mD 62,235
180135100
2 =°
°⋅⋅=
π
E(PI1) = (820 + 0,00) + (5 + 0,00) = 825 + 0,00
E(PT2) = 16.400 + 189,61 + 235,62 = 841 est + 5,23 m
O2
O1
Est. 820
PC1 ∆1 = 45º
Est. 837 + 1,42
PT2
∆2 = 135º
PT1=PC2
TRONCO
PI1
PI2
45º
T1 = R2
45º
135º
45º
R2
T2 = R1
R1
R2
R2√2
45º
T2
45º
R1√2
341,42 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 26
28. A figura é um esboço do projeto de um circuito. Calcule R (em metros), sabendo que o comprimento do circuito é 7.217,64 m. Todas as curvas são circulares simples.
Solução:
∑∑
=
=
RD
RT
9012,8
5436,6
64,138560sin
1200=
°=x
2120045sin
1200=
°=y
88,692º60tan
1200==a
00,1200º45tan
1200==b
∑ ∑+−+++= DTzyxC 21500
7217,64 = 1385,64 + 1500 + 1200√2 + (692,88 + 1500 + 1200) – 2(6,5436 R) + 8,9012 R
mR 1,181=
T1 = R⋅ tan 60º = 1,7321 R
T2 = 2R⋅ tan 30º = 1,1547 R
T3 = 3R⋅ tan 22,5º = 1,2426 R
T4 = R⋅ tan 67,5º = 2,4142 R
D1 = π⋅R⋅120º/180º = 2,0944 R
D2 = π⋅2R⋅60º/180º = 2,0944 R
D3 = π⋅3R⋅45º/180º = 2,3562 R
D4 = π⋅R⋅135º/180º = 2,3562 R
CURVA 2 Raio = 2R
CURVA 3 Raio = 3R
45º 60º
1200 m
1500 m
CURVA 4 Raio = R
CURVA 1 Raio = R
45º 60º
120º 135º
1500 b a
x y
z = a + 1500 + b
1200
Glauco Pontes Filho 27
29. Calcular a distância entre os pontos A e B pelos caminhos 1 e 2.
Solução: T = 1000 tan25º = 466,31 m
t = 500 tan 25º = 233,15 m
D = π⋅1000⋅50º/180º = 872,66 m
d = π⋅500⋅50º/180º = 436,33 m
Caminho 1: 2(T-t) + d = 2(466,31 – 233,15) + 436,33 = 902,64 m
Caminho 2: d = 872,66 m
30. Calcular o comprimento do circuito. Solução:
T1 = 200 tan 60º = 346,41 m
T2 = 300 tan 30º = 173,21 m
T3 = 400 tan 22,5º = 165,69 m
T4 = 200 tan 67,5º = 482,84 m
D1 = π⋅200⋅120º/180º = 418,88 m
D2 = π⋅300⋅60º/180º = 314,16 m
D3 = π⋅400⋅45º/180º = 314,16 m
D4 = π⋅200⋅135º/180º = 471,245 m
∆ = 50º
b
B A
a
V
1
21 1
r = 500 m
R = 1000 m
CURVA 2 R2 = 300
CURVA 3 R3 = 400
45º60º
3000 m
CURVA 4 R4 = 200
CURVA 1 R1 = 200
2000 m
T t d
D
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 28
∑∑
=
=
44,518.1
14,168.1
D
T
40,230960sin
2000=
°=x
2200045sin
2000=
°=y
70,1154º60tan
2000==a
2000º45tan
2000==b
∑ ∑+−+++= DTzyxC 23000
C = 2309,40 + 3000 + 2000√2 + (1154,70 + 3000 + 2000) – 2(1168,14) + 1518,44
mC 7,474.13=
34. Dadas as curvas reversas da figura, calcular o comprimento do trecho entre os pontos A e
B e os raios das curvas.
2,1
572
2
1
21
=
=
TT
mVV
Solução:
mTmTTT
TT
00,31200,2605722,1
572
1222
21
=⇒=⇒=+
=+
mDmD
mRmR
65,504º180
º34422,85045,598º180
º40213,857
422,850
2º34tan
260213,857
2º40tan
312
21
21
=⋅⋅
==⋅⋅
=
=
==
=
ππ
mDD 10,103.121 =+
V1
A ∆1 = 40º
V2
B
∆2 = 34º
C
45º 60º
120º 135º
3000 b a
x y
z = a + 3000 + b
2000
Glauco Pontes Filho 29
36. (*) Considere a localização em planta das tangentes de uma curva (figura 1) e a seção transversal da estrada (figura 2). Pede-se:
a) Raio mínimo da curva circular. Verificar condição mínima de visibilidade e determinar o afastamento mínimo necessário do talude para uso do raio mínimo quanto à estabilidade.
b) Calcular todos os elementos da curva circular. c) Calcular as coordenadas (x,y) dos pontos PC e PT da curva escolhida. ADOTAR: Velocidade de projeto, V = 100 km/h
Coeficiente de atrito longitudinal, fL = 0,3 Máximo coeficiente de atrito transversal, fT = 0,13 Rampa, i = 0% emax = 12%
a) Cálculo do raio mínimo, distância de parada e afastamento lateral livre de obstáculos:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) mR
DM
mif
VVD
mfe
VR
necessário
L
T
99,1596,3148
72,2008
72,20003,0255
1001007,0255
7,0
96,31413,012,0127
100127
22
22
2
max
2
min
≅==
=+
+=+
+=
=+
=+
=
75,7=existenteM
Afastamento do talude = Mnecessário - Mexistente = 15,99 – 7,75 = 8,24 m
PC
PT
y
∆=30º PI x
fig. 1
3,50 3,50
1:1 0,75
7,75 fig. 2
8,24 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 30
CAPÍTULO 5
CURVAS HORIZONTAIS
DE TRANSIÇÃO
Glauco Pontes Filho 31
1. Calcular as curvas de transição abaixo: a) E(PI) = 342 + 2,50 ∆ = 55º Rc= 680 m V= 80 km/h b) E(PI) = 1350 + 12,73 ∆ = 12º Rc=2100 m V=120 km/h c) E(PI) = 476 + 9,50 ∆ = 66º24' Rc= 830 m V=100 km/h d) E(PI) = 757 + 6,75 ∆ = 82º Rc= 600 m V= 70 km/h
Solução:
a) mR
VLsmín 11,2768080036,0036,0
33
=⋅==
mRLs cmáx 75,652
18055680
180=
°⋅°⋅
=°⋅∆⋅
=ππ
Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos:
( ) [ ]
( ) ( ) mpRkTT
mradRYp
mradsensenRXk
mradRD
rad
mLY
mLX
radR
L
c
scs
scs
radc
s
ssss
ssss
c
ss
43,4142
55tan88,068098,592
tan
88,0)088235,0cos(168053,3cos1
98,59)088235,0(68091,119
75,532)783461,0(680
783461,0)088235,0(2180
552
53,342
088235,03
088235,0120423
91,119216
088235,010
088235,0112021610
1
088235,06802
1202
33
4242
=
°
⋅++=
∆
⋅++=
=−⋅−=−⋅−=
=⋅−=⋅−=
=⋅=⋅=
=⋅−°
⋅°=⋅−∆=
=
−⋅=
−⋅=
=
+−⋅=
+−⋅=
=⋅
=⋅
=
θ
θ
φ
πθφ
θθ
θθ
θ
E(TS) = E(PI) – [TT] = (342 + 2,50) – (20 + 14,43) = 321 + 8,07
E(SC) = E(TS) + [LS] = (321 + 8,07) + (6 + 0,00) = 327 + 8,07
E(CS) = E(SC) + [D] = (327 + 8,07) + (26 + 12,75) = 354 + 0,82
E(ST) = E(CS) + [LS] = (354 + 0,82) + (6 + 0,00) = 360 + 0,82
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 32
b) mR
VLsmín 62,292100120036,0036,0
33
=⋅==
mRLs cmáx 824,439
180122100
180=
°⋅°⋅
=°⋅∆⋅
=ππ
Adotando Ls = 100 m (>0,56V), temos:
θs = 0,023810 rad Xs = 99,99 m Ys = 0,79 m k = 50,00 m p = 0,20 m
TT = 270,74 m φ = 0,161820 rad D = 339,82 m
E(TS) = 1337 + 1,99 E(SC) = 1342 + 1,99 E(CS) = 1359 + 1,81 E(ST) = 1364 + 1,81
c) mR
VLsmín 37,43830100036,0036,0
33
=⋅==
mRLs cmáx 89,961
1804,66830
180=
°⋅°⋅
=°⋅∆⋅
=ππ
Adotando Ls = 100 m (>0,56V), temos:
θs = 0,060241 rad Xs = 99,96 m Ys = 2,01 m k = 49,99 m p = 0,50 m
TT = 593,46 m φ = 1,038417 rad D = 861,89 m
E(TS) = 446 + 16,04E(SC) = 451 + 16,04E(CS) = 494 + 17,93E(ST) = 499 + 17,93
Glauco Pontes Filho 33
d) mR
VLsmín 58,2060070036,0036,0
33
=⋅==
mRLs cmáx 70,858
18082600
180=
°⋅°⋅
=°⋅∆⋅
=ππ
Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos:
θs = 0,100000 rad Xs = 119,88 m Ys = 4,00 m k = 59,98 m p = 1,00 m
TT = 582,42 m φ = 1,231170 rad D = 738,70 m
E(TS) = 728 + 4,33 E(SC) = 734 + 4,33 E(CS) = 771 + 3,03 E(ST) = 777 + 3,03
2. Construir as tabelas de locação do 1º ramo de transição das curvas da questão anterior. Solução:
a) Cálculos para a linha correspondente à estaca 327 + 0,00
''58'271864056,111
862960,2arctanarctan
86296,242
076767,03
076767,093,111423
864056,111216
076767,010
076767,0193,11121610
1
076767,01206802
93,1112
33
4242
22
°=
=
=
=
−⋅=
−⋅=
=
+−⋅=
+−⋅=
=⋅⋅
=⋅⋅
=
XYi
mLY
mLX
radLR
L
sc
θθ
θθ
θ
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 34
TABELA DE LOCAÇÃO (por estacas inteiras) ESTACA i
INT FRAC L θ X Y
grau min seg 321 8,07 --- --- --- --- --- --- 322 11,93 0,000872 11,93 0,00 0 0 60 323 31,93 0,006247 31,93 0,07 0 7 10 324 51,93 0,016524 51,93 0,29 0 18 56 325 71,93 0,031703 71,92 0,76 0 36 20 326 91,93 0,051784 91,91 1,59 0 59 20 327 111,93 0,076767 111,86 2,86 1 27 58 327 8,07 120 0,088235 119,91 3,53 1 41 6
js = θs – is = 3º 22’ 14” b)
ESTACA i INT FRAC
L θ X Y grau min seg
1337 1,99 --- --- --- --- --- --- 1338 18,01 0,000772 18,01 0,00 0 0 53 1339 38,01 0,003440 38,01 0,04 0 3 57 1340 58,01 0,008012 58,01 0,15 0 9 11 1341 78,01 0,014489 78,01 0,38 0 16 36 1342 98,01 0,022871 98,00 0,75 0 26 13 1342 1,99 100 0,023810 99,99 0,79 0 27 17
js = θs – is = 0º 54’ 34” c)
ESTACA i INT FRAC
L θ X Y grau min seg
446 16,04 --- --- --- --- --- --- 447 3,96 0,000094 3,96 0,00 0 0 6 448 23,96 0,003458 23,96 0,03 0 3 58 449 43,96 0,011641 43,96 0,17 0 13 20 450 63,96 0,024644 63,96 0,53 0 28 14 451 83,96 0,042466 83,94 1,19 0 48 40 451 16,04 100 0,060241 99,96 2,01 1 9 2
js = θs – is = 2º 18’ 04” d)
ESTACA i INT FRAC
L θ X Y grau min seg
728 4,33 --- --- --- --- --- --- 729 15,67 0,001705 15,67 0,01 0 1 57 730 35,67 0,008836 35,67 0,11 0 10 8 731 55,67 0,021522 55,67 0,40 0 24 40 732 75,67 0,039764 75,66 1,00 0 45 34 733 95,67 0,063561 95,63 2,03 1 12 50 734 115,67 0,092914 115,57 3,58 1 46 28 734 4,33 120 0,100000 119,88 4,00 1 54 35
js = θs – is = 3º 49’ 11”
Glauco Pontes Filho 35
3. Numa curva de transição, para a determinação do comprimento de transição (Ls) foi escolhido o valor J = 0,4 m/s3 (variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo). Calcular a estaca do ST. Dados: ∆ = 50º, Rc = 500 m, Vp = 100 km/h e E(PI) = 210 + 0,00.
Solução:
mJR
VLLR
VJc
ssc
17,1075004,0
6,3100 3
33
=⋅
=⋅
=⇒⋅
=
radR
L
c
ss 10717,0
500217,107
2=
⋅=
⋅=θ
mLX ssss 05,107
21610717,0
1010717,0117,107
216101
4242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY ssss 83,3
4210717,0
310717,017,107
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
rads 658327,0)10717,0(2180
502 =⋅−°
⋅°=⋅−∆=πθφ
mestmradRD radc 16,91616,329)658327,0(500 +==⋅=⋅= φ
mradsensenRXk scs 56,53)10717,0(50005,107 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 96,0)10717,0cos(150083,3cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 16,71416,2872
50tan96,050056,532
tan +==
°
⋅++=
∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS) = E(PI) – [TT] = (210 + 0,00) – (14 + 7,16) = 195 + 12,84
E(SC) = E(TS) + [LS] = (195 + 12,84) + (5 + 7,17) = 201 + 0,01
E(CS) = E(SC) + [D] = (201 + 0,01) + (16 + 9,16) = 217 + 9,17
E(ST) = E(CS) + [LS] = (217 + 9,17) + (5 + 7,17) = 222 + 16,34
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 36
4. Com relação ao exercício anterior, calcular as coordenadas X e Y da estaca 220+0,00.
Solução:
L = (222 + 16,34) – (220 + 0,00) = 22 est + 16,34 m = 56,334 m
radLR
L
sc
029618,017,1075002
34,562
22
=⋅⋅
=⋅⋅
=θ
mLX 335,56216
029618,010
029618,0134,5621610
14242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY 56,042
029618,03
029618,034,56423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
5. (*) No traçado da figura, sendo Vp=100 km/h, verificar se é possível projetar a curva 2 de
maneira que a variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo (J) seja a mesma para as duas curvas. Se não for possível, justificar. Dados: Curva 1: E(PI1) = 72 + 9,27 ∆1 = 11º 36’ R1 = 1000 m
E(TS1) = 65 + 15,26 E(SC1) = 69 + 0,10 E(CS1) = 75 + 17,72 E(ST1) = 79 + 2,56 Curva 2: E(PI2) = 91 + 10,00
R2 = 600 m ∆2 = 40º
Solução:
Ls1 = E(SC1) - E(TS1) = (69 + 0,10) – (65 + 15,26) = 64,84 m
D1 = E(CS1) - E(SC1) = (75 + 17,72) – (69 + 0,10) = 137,62 m
23
3
1 /330559,084,641000
6,3100
JsmJ ==⋅
=
PI2
PI1
TS1 ST1
ST
CS
L
50º
217+9,17
222+16,34
220+0,00
Glauco Pontes Filho 37
CÁLCULO DA CURVA 2:
mJRsmVLs 07,108
330559,06006,3
100)/(
3
22
3
2 =⋅
=⋅
=
rads 090058,06002
07,108=
⋅=θ
rads 518017,0)090058,0(2180
402 =⋅−°
⋅°=⋅−∆=πθφ
mLX ssss 98,107
216090058,0
10090058,0107,108
216101
4242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY ssss 24,3
42090058,0
3090058,007,108
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
mestmradRD radc 81,101581,310)518017,0(600 +==⋅=⋅= φ
mradsensenRXk scs 02,54)090058,0(60098,107 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 81,0)090058,0cos(160024,3cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 70,121370,2722
40tan81,060002,542
tan +==
°
⋅++=
∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS2) = E(PI2) – [TT2] = (91 + 10,00) – (13 + 12,70) = 77 + 17,30
Como o início da segunda curva deve ser depois do fim da primeira (ou coincidirem), não
é possível projetar a curva 2 com o J da curva 1, pois :
E(TS2)=77+17,30 < E(ST1)=104+4,25.
PI2
PI1
TS2
ST1
TS2 < ST1 ??? Impossível !!!
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 38
6. (*) Numa curva onde a deflexão entre as tangentes (∆) é igual a 0,8 radianos, calcular a velocidade, em km/h, que a curva permite desenvolver sem que a variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo na transição (J) ultrapasse o valor 0,5 m/s3. Dados: E(TS)=14+0,00; E(SC)=18+0,00; E(CS)=22+0,00; E(ST)=26+0,00.
Solução:
Ls = E(SC) - E(TS) = (18 + 0,00) – (14 + 0,00) = 80 m
D = E(CS) - E(SC) = (22 + 0,00) – (18 + 0,00) = 80 m
hkmsmV
LDJLV
JRLVLR
VJ
LDRR
LDR
LRRL
ss
cssc
sc
c
s
c
sc
c
ss
/72/20
80008,080805,080
222
3
33
==
=
+⋅⋅=
∆+
⋅⋅=
⋅⋅=⇒⋅
=
∆+
=⇒+
=+⋅
=+=+=∆φφθφ
7. (*) Numa curva horizontal, adotando-se o comprimento de transição (Ls) igual à média
entre o comprimento mínimo e o comprimento máximo possível, calcular: a) a variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo na transição. b) o afastamento necessário entre a curva circular e a tangente externa (p). c) o comprimento do trecho circular da curva. Dados: Vp = 80 km/h; Rc = 210 m; ∆ = 30º. Solução:
mR
VLsmín 771,8721080036,0036,0
33
=⋅==
mRLs cmáx 956,109
18030210
180=
°⋅°⋅
=°⋅∆⋅
=ππ
mLs 86,982
956,109771,87=
+=
radR
L
c
ss 235381,0
210286,98
2=
⋅=
⋅=θ
Glauco Pontes Filho 39
mLY ssss 726,7
42235381,0
3235381,086,98
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
Letra a) 3
3
3
/53,086,98210
6,380
smLR
VJsc
=⋅
=⋅
=
Letra b) ( ) [ ] mradRYp scs 94,1)235381,0cos(1210726,7cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
Letra c) rads 052838,0)235381,0(2180
302 =⋅−°
⋅°=⋅−∆=πθφ
mradRD radc 10,11)052838,0(210 =⋅=⋅= φ
8. (*) Dado o alinhamento da figura, sendo o raio da curva 1 igual a 500 m e fixada a velocidade de projeto Vp=72 km/h, calcular as estacas dos pontos TS1, SC1, CS1, ST1, PC2, PT2 e estaca final do trecho, respeitando as seguintes condições: a) a curva 1 terá transições simétricas de comprimento Ls, calculado para uma variação de aceleração centrífuga por unidade de tempo J=0,2 m/s3; b) a curva 2 será uma curva circular sem transições; c) entre o ST1 e o PC2 existe um trecho em tangente de comprimento 200 m; d) a curva 2 terá o maior raio possível, respeitadas as condições a, b e c.
Solução:
CÁLCULO DA CURVA 1:
mJR
VLLR
VJc
ssc
805002,06,3
72 3
33
=⋅
=⋅
=⇒⋅
=
radR
L
c
ss 08,0
500280
2=
⋅=
⋅=θ
452,66 m
∆2=24º
∆1=24º
CURVA 2
1000 m
PI2 1000 m
PI1
EST. 0
CURVA 1
F
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 40
mLX ssss 95,79
21608,0
1008,0180
216101
4242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY ssss 13,2
4208,0
308,080
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
rads 258880,0)08,0(2180
242 =⋅−°
⋅°=⋅−∆=πθφ
mestmradRD radc 44,9644,129)258880,0(500 +==⋅=⋅= φ
mradsensenRXk scs 99,39)08,0(50095,79 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 53,0)08,0cos(150013,2cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 38,6738,1462
24tan53,050099,392
tan +==
°
⋅++=
∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS) = E(PI) – [TT] = (50 + 0,00) – (7 + 6,38) = 42 + 13,62
E(SC) = E(TS) + [LS] = (42 + 13,62) + (4 + 0,00) = 46 + 16,32
E(CS) = E(SC) + [D] = (46 + 16,32) + (6 + 9,44) = 53 + 3,06
E(ST) = E(CS) + [LS] = (53 + 3,06) + (4 + 0,00) = 57 + 3,06
CÁLCULO DA CURVA 2: E(PC2) = E(ST1) + 200 m = (57 + 3,06) + (10 + 0,00) = 67 + 3,06 = 1.343,06 m
T = 452,66 – TT – 200 = 452,66 – 146,38 – 200 = 106,28 m
mTR 01,500
2º24tan
28,106
2tan 2
=
=
∆
=
mD 44,209180
2401,500=
°°⋅⋅
=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: radR
L
c
ss 214286,0
3502150
2=
⋅=
⋅=θ
mLX ssss 31,149
216214286,0
10214286,01150
216101
4242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY ssss 68,10
42214286,0
3214286,0150
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
rads 618626,0)214286,0(2180
602 =⋅−°
⋅°=⋅−∆=πθφ
52,161052,216)618626,0(350 +==⋅=⋅= mradRD radc φ
mradsensenRXk scs 89,74)214286,0(35031,149 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 674,2)214286,0cos(135068,10cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 50,181350,2782
60tan674,235089,742
tan +==
°
⋅++=
∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS) = E(PI) – [TT] = (90 + 15,00) – (13 + 18,50) = 76 + 16,50
E(SC) = E(TS) + [LS] = (76 + 16,50) + ( 7 + 10,00) = 84 + 6,50
E(CS) = E(SC) + [D] = (84 + 6,50) + (10 + 16,52) = 95 + 3,02
E(ST) = E(CS) + [LS] = (95 + 3,02) + ( 7 + 10,00) = 102 + 13,02
L = (102 + 13,02) – (100 + 0,00)
L = 2 est + 13,02 m = 53,02 m
radLR
L
sc
026773,01503502
02,532
22
=⋅⋅
=⋅⋅
=θ
mLX 02,53216
026773,010
026773,0102,5321610
14242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY 47,042
026773,03
026773,002,53423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
ST
CS
L
60º
95+3,02
102+13,02
100+0,00
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 42
10. (*) Deseja-se projetar uma curva de transição com J = 0,4 m/s3. Calcular a deflexão que deve ser dada no aparelho (colocado sobre o TS) para locar a estaca 200. Dados: Vp=100 km/h, ∆=40º, Rc=600 m, E(PI) = 209 + 3,23.
Solução: mJR
VLLR
VJc
ssc
31,896004,0
6,3100 3
33
=⋅
=⋅
=⇒⋅
=
radR
L
c
ss 074425,0
600231,89
2=
⋅=
⋅=θ
mLX ssss 26,89
216074425,0
10074425,0131,89
216101
4242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY ssss 21,2
42074425,0
3074425,031,89
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
rads 549283,0)074425,0(2180
402 =⋅−°
⋅°=⋅−∆=πθφ
mestmradRD radc 57,91657,329)549283,0(600 +==⋅=⋅= φ
mradsensenRXk scs 65,44)074425,0(60026,89 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 554,0)074425,0cos(160021,2cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 23,31323,2632
40tan554,060065,442
tan +==
°
⋅++=
∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS) = E(PI) – [TT] = (209 + 3,23) – (13 + 3,23) = 196 + 0,00 E(SC) = E(TS) + [LS] = (196 + 0,00) + ( 4 + 9,31) = 200 + 9,31 E(CS) = E(SC) + [D] = (200 + 9,31) + (16 + 9,57) = 216 + 18,87 E(ST) = E(CS) + [LS] = (216 + 18,87) + ( 4 + 9,31) = 221 + 8,18 L = (200 + 0,00) – (196 + 0,00) = 4 est + 0,00 m = 80 m
radLR
L
sc
029618,017,1075002
34,562
22
=⋅⋅
=⋅⋅
=θ
mLX 335,56216
029618,010
029618,0134,5621610
14242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY 56,042
029618,03
029618,034,56423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
ST
CS
L
50º
217+9,17
222+16,34
220+0,00
Glauco Pontes Filho 43
11. (*) A figura mostra trecho de uma via contendo tangentes perpendiculares entre si e duas curvas circulares com transição, reversas e consecutivas. Dados que Rc = 200 m e Ls = 80 m, calcular as coordenadas do ponto ST2 em relação ao sistema de coordenadas dado.
Solução:
Calculando os elementos da transição, temos:
Coordenada X = (TT – k) + TT = 2 (241,28) – 39,95 = 442,61 m
Coordenada Y = -(k + TT) = - (39,95 + 241,28) = -281,23 m
SC1
CS1
ST1= TS2
SC2
CS2
ST2
C2
C1
TS1
E
N
θs = 0,083333 rad Xs = 99,93 m Ys = 2,78 m k = 49,99 m p = 0,69 m
TT = 252,35 m
SC1
CS1
ST1= TS2
SC2
CS2 ST2
C2
C1
TS1
E
k
TT
TT-k
TT
TT
k
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 44
12. (*) A figura mostra trecho do eixo da planta de um autódromo formado por 3 tangentes paralelas concordadas entre si por curvas circulares com transição. Sabendo que Rc = 50 m e Ls = 50 m, calcular as coordenadas do ponto ST2 em relação ao sistema de coordenadas dado.
Solução: Calculando os elementos da transição, temos:
θs = 0,50 rad Xs = 48,76 m Ys = 8,18 m k = 24,79 m p = 2,06 m
Coordenada E = k = 24,76 m Coordenada N = 4 (Rc+p) = 4 (50 + 2,06) = 208,24 m
100 m
TS1 E
TS2
SC1
CS1
ST1 SC2
CS2 ST2
C2
C1 N
Rc+p
Rc+p
Rc+p
Rc+p
k
100 m
TS1 E
TS2
SC1
CS1
ST1 SC2
CS2
ST2
C2
C1 N
Glauco Pontes Filho 45
13. (*) A figura mostra uma pista de teste composta por duas curvas horizontais de raio Rc = 80 m, concordadas com duas tangentes de comprimento 150 m através de curvas de transição de comprimento Ls = 100 m. Calcular as coordenadas dos pontos TS, SC, CS e ST em relação ao sistema de eixos da figura, que tem como origem o centro de uma das curvas.
Solução: Calculando os elementos da transição, temos: θs = 0,625 rad Xs = 96,16 m Ys = 20,25 m k = 49,36 m p = 5,13 m
TS1 (k ; –Rc– p) TS2 (k + L ; Rc+ p)
SC1 (–Xs + k ; Ys – Rc – p) SC2 (k + L + Xs ; Rc + p – Ys)
CS1 (–Xs + k ; Rc + p – Ys ) CS2 (k + L + Xs ; Ys – Rc – p)
ST1 (k ; Rc + p) ST2 (k + L ; –Rc – p)
Logo:
TS1 ( +49,36 ; –85,13 ) TS2 ( +199,36 ; +85,13 )
SC1 ( –46,80 ; –64,88 ) SC2 ( +295,52 ; +64,88 )
CS1 ( –46,80 ; +64,88 ) CS2 ( +295,52 ; –64,88 )
ST1 ( +49,36 ; +85,13 ) ST2 ( +199,36 ; –85,13 )
y
x
TS1
CS2
SC2
TS2
SC1
CS1
ST1
O
ST2
y
x
TS1 CS2
SC2
TS2
SC1
CS1
ST1
O
ST2
Ys Rc+p
Rc+p Ys
k
Xs Xs L=150
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 46
14. Calcular as estacas dos pontos notáveis das curvas e a estaca final do traçado (ponto B), sendo dados:
a) Estaca inicial do traçado (ponto A) = 0 + 0,00 b) Raio da curva 1 = 300 m (transição) c) Raio da curva 2 = 600 m (transição) d) Vp = 80 km/h
Solução: Coordenadas:
Pontos E N
A 0 1.000 PI1 4.000 7.000 PI2 7.000 2.000 B 12.000 0
Cálculo dos azimutes:
°=
=
−−
= 690,3334arctan
7000100040000arctan1Az
°=
−−
+°= 036,1492000700070004000arctan1802Az
°=
−−
+°= 801,11102000
120007000arctan1803Az
d3
A
d2
d1
N
E
B
PI1
PI2
0 1000
1000
7000
7000 11000
4000
4000
Glauco Pontes Filho 47
Cálculo dos ângulos centrais:
∆1 = Az2 – Az1 = 149,036° - 33,690° = 115,346°
∆2 = | Az3 – Az2 | = 149,036° - 111,801° = 37,235°
Cálculo dos comprimentos dos alinhamentos:
( ) ( ) md 10,211.77000100004000 221 =−+−=
( ) ( ) md 95,830.52000700070004000 222 =−+−=
( ) ( ) md 16,385.502000120007000 223 =−+−=
Cálculo da curva 1 (transição):
Lsmin = 0,036⋅ (80)3/300 = 61,44 m
Lsmax = 300⋅(115,346º)⋅(3,1416)/180º = 603,95 m
Adotando Ls = 200 m (>0,56V) (o leitor pode adotar outro valor), temos:
E(PI1) = [d1] = 360 est + 11,10 m
R1 = 300 m
AC1 = ∆1 = 115,346°
Ls = 200 m
θs1 = 0,166667 rad Xs1 = 99,72 m Ys1 = 5,54 m k1 = 49,95 m p1 = 1,39 m
TT1 = 526,20 m φ 1= 1,679838 rad D1= 503,95 m
E(TS1) = 334 + 4,90 E(SC1) = 339 + 4,90 E(CS1) = 364 + 8,85 E(ST1) = 369 + 8,85
Cálculo da curva 2 :
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 48
R2 = 600 m
∆2 = 37,235°
E(PI2) = E(ST1) + [d2] – [TT1]
E(PI2) = 7.388,85 + 5830,95 – 526,20 = 12.693,60 m= 634 est + 13,60 m
Lsmin = 0,036⋅ (80)3/600 = 30,72 m
Lsmax = 600⋅(37,235º)⋅(3,1416)/180º = 389,93 m
Adotando Ls = 100 m (>0,56V) (o leitor pode adotar outro valor), temos:
θs2 = 0,083333 rad Xs2 = 99,93 m Ys2 = 2,78 m k2 = 49,99 m p2 = 0,69 m
TT2 = 252,35 m φ 2 = rad D2 = 289,92 m
E(TS2) = 622 + 1,25 E(SC2) = 627 + 1,25 E(CS2) = 641 + 11,18 E(ST2) = 646 + 11,18
Estaca final do traçado (ponto B):
E(B) = E(ST2) + [d3] – [TT2]
E(B) = 12.931,18 + 5.385,16 – 252,35 = 18.063,99 = 903 est + 3,99 m
Glauco Pontes Filho 49
CAPÍTULO 6
SUPERELEVAÇÃO
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 50
1. Numa rodovia de Classe I, temos: emax=8% , V = 100 km/h. Se uma curva nesta rodovia tem raio de 600 metros, calcular a superelevação a ser adotada, segundo o DNER.
Solução: V = 100 km/h fmáx = 0,13 (tab.4.2)
( )
%9,6600
95,374600
95,37428
95,37413,008,0127
100
2
2
2
min
=
−
⋅⋅=
=+⋅
=
e
mR
2. Numa rodovia de Classe II, temos: emax=6% , V = 80 km/h. Se uma curva nesta rodovia tem
raio de 400 metros, calcular a superelevação a ser adotada, segundo o DNER.
Solução: V = 80 km/h fmáx = 0,14 (tab.4.2)
( )
%2,5400
97,251400
97,25126
97,25114,006,0127
80
2
2
2
min
=
−
⋅⋅=
=+⋅
=
e
mR
Glauco Pontes Filho 51
3. Fazer o diagrama da superelevação de uma curva de transição em espiral, anotando todas as cotas e pontos em relação ao perfil de referência (extraído das notas de aula do professor Creso Peixoto). Dados:
E(TS) = 40 + 2,00
Considerar Ls = Le e = 8%
Método de giro em torno da borda interna (BI) Critério de cálculo: BARNETT (α1 = 0,25% e α2 = 0,50%)
Solução:
a) Em tangente: mLmh t 2425,0
)06,0(10006,0100
%)2(31 =
⋅=⇒=
⋅=
b) Na transição:
( ) mLeLeLLmLe
mSmLe
es 48361236)5,0(2
06,0248,0100
48,0100
%832125,0
06,0100
212
1
=+=+===⋅
⋅−⋅=
=⋅⋅
==⋅
=
L = 3 m L = 3 m
a = 2% a = 2% h1
39 40 41 42 43 44 45 46 38 +18,00
+2,00
+14,00 +10,00
EIXO
BE, BI
TS
M
SCBE
EIXO
Lt = 24 m
Ls = Le = 48 m
Le2 = 36 m
Le1 = 12 m
S/2 = 0,24
S/2 = 0,24
BI
+0,42
+0,18
-0,06
+0,06
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 52
CAPÍTULO 7
SUPERLARGURA
Glauco Pontes Filho 53
1. Calcular a superlargura, sendo dados os seguintes elementos: Largura do veículo: L = 2,50 m.
Distância entre os eixos do veículo: E = 6,50 m. Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,10 m. Raio da curva: R = 280 m. Velocidade de projeto: V = 90 km/h. Faixas de tráfego de 3,3 m (LB = 6,6 m). Número de faixas: 2.
Solução: Tabela 7.1: LB = 6,6 m → GL = 0,75 m.
( ) [ ]
( ) 6,6538,0028,0)75,0575,2(22
538,028010
9010
028,0280)5,6(210,110,12802
575,2)280(2
5,650,22
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=⋅
+=⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
mR
VF
mREFFRG
mR
ELG
Steórico = 0,62 m
Sprático = 0,80 m (múltiplo de 0,20 m)
2. Idem, para: Largura do veículo: L = 2,50 m.
Distância entre os eixos do veículo: E = 6,10 m. Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,20 m. Raio da curva: R = 200 m. Velocidade de projeto: V = 80 km/h. Faixas de tráfego de 3,6 m (LB = 7,2 m). Número de faixas: 2.
Solução: Tabela 7.1: LB = 7,2 m → GL = 0,90 m.
( ) [ ]
( ) 2,7566,0040,0)90,0593,2(22
566,020010
8010
040,0200)10,6(220,120,12002
593,2)200(2
1,650,22
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=⋅
+=⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
mR
VF
mREFFRG
mR
ELG
Steórico = 0,39 m
Sprático = 0,40 m (múltiplo de 0,20 m)
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 54
3. Idem, para: Largura do veículo: L = 2,40 m.
Distância entre os eixos do veículo: E = 7,0 m. Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,40 m. Raio da curva: R = 180 m. Velocidade de projeto: V = 100 km/h. Faixas de tráfego de 3,6 m (LB = 7,2 m). Número de faixas: 2.
Solução: Tabela 7.1: LB = 7,2 m → GL = 0,90 m.
( ) [ ]
( ) 2,77454,00599,0)90,05361,2(22
7454,018010
10010
0599,0180)7(240,140,11802
5361,2)180(2
740,22
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=⋅
+=⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
mR
VF
mREFFRG
mR
ELG
Steórico = 0,48 m
Sprático = 0,60 m (múltiplo de 0,20 m)
4. Calcular a superlargura necessária numa curva: a) R = 250 m; LB = 7,20 m; V = 100 km/h (Veículo SR).
b) R = 280 m; LB = 7,00 m; V = 90 km/h (Veículo CO).
Solução: a) mSteórico 88,020,025025010
10025010025044,25 2 =−−+++=
Sprático = 1,00 m (múltiplo de 0,20 m)
b) Tabela 7.1: LB = 7,0 m → GL = 0,90 m.
( ) [ ]
( ) 0,75379,00287,0)90,06664,2(22
5379,028010
9010
0287,0280)1,6(220,120,12802
6664,2)280(2
1,660,22
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=⋅
+=⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
mR
VF
mREFFRG
mR
ELG
Steórico = 0,70 m
Sprático = 0,80 m (múltiplo de 0,20 m)
Glauco Pontes Filho 55
5. Calcular a superlargura pela fórmula de VOSHELL-PALAZZO: Dados: E = 6,00 m, R = 350 m, V = 80 km/h, n = 2.
Solução:
( ) mSteórico 53,035010
8063503502 22 =+−−⋅=
Sprático = 0,60 m (múltiplo de 0,20 m)
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 56
CAPÍTULO 8
CURVAS VERTICAIS
Glauco Pontes Filho 57
1. Calcular os elementos notáveis (estacas e cotas do PCV, PTV e V) da curva abaixo e confeccionar a nota de serviço a seguir. O raio da curva vertical (Rv) é igual a 4000 m e a distância de visibilidade de parada (Dp) é igual a 112 m.
Solução:
Cálculo do comprimento da curva:
mRgL
iig
v 160400004,0
04,0%4%)3(%121
=⋅=⋅=
==−−=−=
Verificação de Lmin: )(79,1214412
112412
22
min OKmAD
LLD pp =⋅=⋅=→<
Flecha máxima: mLgF 80,08
16004,08
=⋅
=⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 80 m = 4 estacas
00,078)00,04()00,074()(
00,070)00,04()00,074()(
+=+++=
+=+−+=
PTVEst
PCVEst
mLiPIVCotaPTVCota
mLiPIVCotaPCVCota
60,6672
160)03,0(6702
)()(
20,6692
16001,06702
)()(
2
1
=⋅−
+=⋅
+=
=⋅
−=⋅
−=
Cálculo do vértice V:
mgLiy
mestmg
LiL
20,0)04,0(2
160)01,0(2
00,024004,016001,0
221
0
10
=⋅
⋅=
⋅=
+==⋅
=⋅
=
V
i1 = +1%
i2 = -3%
PTV
PCV
PIV cota 670 m
Est. 74+0,00
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 58
E(V) = E(PCV) + [L0] = (70+ 0,00) + (2+ 0,00) = 72 est + 0,00 m
myPCVCotaVCota 40,66920,020,669)()( 0 =+=+=
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
222 000125,0160204,0
2xxx
Lgf ⋅=⋅
⋅=⋅=
800,080000125,0
450,060000125,0
200,040000125,0
050,020000125,0
00000125,0
274
752
73
762
72
772
71
782
70
=⋅=
==⋅=
==⋅=
==⋅=
==⋅=
f
ff
ff
ff
ffestaca
NOTA DE SERVIÇO SIMPLIFICADA
EST. COTAS DO
GREIDE DE PROJETO
ORDENADAS
DA PARÁBOLA
GREIDE
DE PROJETO
70=PCV 669,20 0,00 669,20
71 669,40 0,05 669,35
72 669,60 0,20 669,40
73 669,80 0,45 669,35
74=PIV 670,00 0,80 669,20
75 669,40 0,45 668,95
76 668,80 0,20 668,60
77 668,20 0,05 668,15
78=PTV 667,60 0,00 667,60
Glauco Pontes Filho 59
2. Calcular os elementos notáveis da curva vertical abaixo e confeccionar a nota de serviço. Solução:
06,0%6%4%221 −=−=−−=−= iig
Flecha máxima: mLgF 40,28
32006,08
−=⋅−
=⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 160 m = 8 estacas
mLiPIVCotaPTVCota
mLiPIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
40,5612
32004,05552
)()(
20,5582
32002,05552
)()(
00,084)00,08()00,076()(
00,068)00,08()00,076()(
2
1
=⋅
+=⋅
+=
=⋅−
−=⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
Cálculo do vértice V:
myPCVCotaVCota
mestLPCVEVE
mgLiy
mestmg
LiL
13,55707,120,558)()(
67,673)67,65()00,068()()(
07,1)06,0(2320)02,0(
2
67,6567,10606,0
32002,0
0
0
221
0
10
=−=+=
+=+++=+=
−=⋅
⋅−=
⋅=
+==−
⋅−=
⋅=
Cálculo das cotas do greide reto:
V
i1 = -2%
i2 = +4%
PTV
PCV
PIV cota 555 m
Est. 76+0,00
L = 320 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 60
GRPCV = cota(PCV) = 558,20 m
GR69 = 558,20 – 20(0,02) = 557,80 m
GR70 = 557,80 – 20(0,02) = 557,40 m : : GRPIV = cota(PIV) = 555,00 m
GR77 = 555,00 + 20(0,04) = 555,80 m
GR78 = 555,80 + 20(0,04) = 556,60 m :
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522 103750,9320206,0
2xxx
Lgf ⋅⋅−=⋅
⋅−
=⋅= −
4,280103750,984,180103750,9
35,180103750,994,080103750,9
60,080103750,934,060103750,9
15,040103750,904,020103750,9
2576
2575
2574
2573
2572
2571
2570
2569
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−−
−−
−−
−−
ff
ff
ff
ff
NOTA DE SERVIÇO
Estacas Greide Reto f Greide de
Projeto 68=PCV 558,20 0,00 558,20
69 557,80 -0,04 557,84 70 557,40 -0,15 557,55 71 557,00 -0,34 557,34 72 556,60 -0,60 557,20 73 556,20 -0,94 557,14 74 555,80 -1,35 557,15 75 555,40 -1,84 557,24
76=PIV 555,00 -2,40 557,40 77 555,80 -1,84 557,64 78 556,60 -1,35 557,95 79 557,40 -0,94 558,34 80 558,20 -0,60 558,80 81 559,00 -0,34 559,34 82 559,80 -0,15 559,95 83 560,60 -0,04 560,64
84=PTV 561,40 0,00 561,40
Glauco Pontes Filho 61
3. Idem para: Solução:
03,0%3%)4(%121 ==−−−=−= iig
Flecha máxima: mLgF 75,08
20003,08
=⋅
=⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0 m
mLiPIVCotaPTVCota
mLiPIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
00,1192
20004,01232
)()(
00,1242
20001,01232
)()(
00,055)00,05()00,050()(
00,045)00,05()00,050()(
2
1
=⋅−
+=⋅
+=
=⋅−
−=⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
Cálculo do vértice V:
Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV.
Cálculo das cotas do greide reto:
GRPCV = cota(PCV) = 124,00 m
GR46 = 124,00 – 20(0,01) = 123,80 m
GR47 = 123,80 – 20(0,01) = 123,60 m : : GRPIV = cota(PIV) = 123,00 m
GR51 = 123,00 - 20(0,04) = 122,20 m
GR52 = 122,20 - 20(0,04) = 121,40 m :
i1 = -1%
i2 = -4%
PTV
PCV PIV cota 123 m
Est. 50+0,00
L = 200 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 62
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522 105,7200203,0
2xxx
Lgf ⋅⋅=⋅
⋅=⋅= −
75,090105,7
48,070105,727,050105,7
12,030105,703,010105,7
2550
2549
2548
2547
2546
=⋅⋅=
=⋅⋅==⋅⋅=
=⋅⋅==⋅⋅=
−
−−
−−
f
ff
ff
NOTA DE SERVIÇO DE TERRAPLENAGEM
Estaca Greide Reto f Greide de
Projeto
45 124,00 0,00 124,00 46 123,80 0,03 123,77 47 123,60 0,12 123,48 48 123,40 0,27 123,13 49 123,20 0,48 122,72 50 123,00 0,75 122,25 51 122,20 0,48 121,72 52 121,40 0,27 121,13 53 120,60 0,12 120,48 54 119,80 0,03 119,77 55 119,00 0,00 119,00
Glauco Pontes Filho 63
4. Idem para: Solução:
01,0%1%5,1%5,221 ==−=−= iig
Flecha máxima: mLgF 50,08
40001,08
=⋅
=⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 200 m = 10 est + 0,00 m
mLiPIVCotaPTVCota
mLiPIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
00,902
400015,0872
)()(
00,822
400025,0872
)()(
00,050)00,010()00,040()(
00,030)00,010()00,040()(
2
1
=⋅−
+=⋅
+=
=⋅
−=⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
Cálculo do vértice V:
Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV.
Cálculo das cotas do greide reto:
GRPCV = cota(PCV) = 82,00 m
GR46 = 82,00 + 20(0,025) = 82,50 m
GR47 = 82,50 + 20(0,025) = 83,00 m : : GRPIV = cota(PIV) = 87,00 m
GR51 = 87,00 + 20(0,015) = 87,30 m
GR52 = 87,30 + 20(0,015) = 87,60 m :
i1 = +2,5%
i2 = +1,5%
PTV
PCV
PIV cota 87 m
Est. 40+0,00
L = 400 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 64
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522 1025,1400201,0
2xxx
Lgf ⋅⋅=⋅
⋅=⋅= −
50,0200101025,141,0180101025,1
32,0160101025,125,0140101025,1
18,0120101025,113,0100101025,1
08,080101025,105,060101025,1
02,040101025,101,020101025,1
24540
24539
24538
24537
24536
24535
24534
24533
24532
24531
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
−−−−
−−−−
−−−−
−−−−
−−−−
ff
ff
ff
ff
ff
NOTA DE SERVIÇO
Estacas Greide Reto f Greide de
Projeto 30+0,00=PCV 82,00 0,00 82,00
31 82,50 0,01 82,50 32 83,00 0,02 82,98 33 83,50 0,05 83,46 34 84,00 0,08 83,92 35 84,50 0,13 84,38 36 85,00 0,18 84,82 37 85,50 0,25 85,26 38 86,00 0,32 85,68 39 86,50 0,41 86,10
40=PIV 87,00 0,50 86,50 41 87,30 0,41 86,90 42 87,60 0,32 87,28 43 87,90 0,25 87,66 44 88,20 0,18 88,02 45 88,50 0,13 88,38 46 88,80 0,08 88,72 47 89,10 0,05 89,06 48 89,40 0,02 89,38 49 89,70 0,01 89,70
50+0,00=PTV 90,00 0,00 90,00
Glauco Pontes Filho 65
5. Calcular os elementos notáveis da curva vertical abaixo e confeccionar a nota de serviço. Solução:
024,0%4,2%6,3%2,121 −=−=−=−= iig
Flecha máxima: mLgF 60,08
200024,08
−=⋅−
=⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0,00 m
mLiPIVCotaPTVCota
mLiPIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
60,6732
200036,06702
)()(
80,6682
200012,06702
)()(
00,089)00,05()00,084()(
00,079)00,05()00,084()(
2
1
=⋅
+=⋅
+=
=⋅
−=⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
Cálculo do vértice V:
Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV.
Cálculo das cotas do greide reto:
GRPCV = cota(PCV) = 668,80 m
GR46 = 668,80 + 20(0,012) = 669,04 m
GR47 = 669,04 + 20(0,012) = 669,28 m : :
i1 = +1,2%
i2 = +3,6%
PTV
PCV PIV cota 670 m
Est. 84+0,00
L = 200 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 66
GRPIV = cota(PIV) = 670,00 m
GR51 = 670,00 + 20(0,036) = 670,72 m
GR52 = 670,72 + 20(0,036) = 671,44 m :
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522 1000,62002024,0
2xxx
Lgf ⋅⋅−=⋅
⋅−
=⋅= −
60,01001000,6
38,0801000,622,0601000,6
10,0401000,602,0201000,6
2584
2583
2582
2581
2580
−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−
−−
−−
f
ff
ff
NOTA DE SERVIÇO DE TERRAPLENAGEM
Estacas Greide Reto f Greide de
Projeto 79=PCV 668,80 0,00 668,80
80 669,04 -0,02 669,06 81 669,28 -0,10 669,38 82 669,52 -0,22 669,74 83 669,76 -0,38 670,14
84=PIV 670,00 -0,60 670,60 85 670,72 -0,38 671,10 86 671,44 -0,22 671,66 87 672,16 -0,10 672,26 88 672,88 -0,02 672,90
89=PTV 673,60 0,00 673,60
Glauco Pontes Filho 67
6. (*) Calcular cotas e estacas dos PCV’s, PTV’s e vértices das curvas do perfil da figura abaixo.
Solução:
%10,30310,0)5373(20
80,8420,97
%50,40450,0)2553(20
11080,84
%00,20200,02520100110
3
2
1
==−⋅
−=
−=−=−⋅
−=
==⋅−
=
i
i
i
CURVA 1:
00,1017)00,012()00,105()(
60,10440,220,102)(
40,2)065,0(2
780)02,0(240065,0
78002,0
45,922
780045,0110)(
20,1022
78002,0110)(
00,1044)00,1019()00,025(2
)00,025()(
00,105)00,1019()00,025(2
)00,025()(
780045,002,0000.12
2
00
1
1
11
11
111
+=+++=
=+=
=⋅
⋅==
⋅=
=⋅−
+=
=⋅
−=
+=+++=++=
+=+−+=−+=
=+=⋅=
VEstaca
mVCota
mymL
mPTVCota
mPCVCota
LPTVE
LPCVE
mgRvL
i3 100 m
PIV1 cota 110,00
97,20 i1
i2
53 73 25 0
Rv2=4000 m
PIV2 cota 84,80
CO
TAS
(m)
Rv1=12000 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 68
CURVA 2:
00,854)00,09()00,845()(
59,8705,464,91)(
05,4)076,0(2
304)045,0(180076,0
304045,0
51,892
304031,080,84)(
64,912
304045,080,84)(
00,1260)00,127()00,053(2
)00,053()(
00,845)00,127()00,053(2
)00,053()(
00,304031,0045,0000.4
2
00
1
2
22
22
222
+=+++=
=−=
−=−⋅
⋅−==
−⋅−
=
=⋅
+=
=⋅−
−=
+=+++=++=
+=+−+=−+=
=−−=⋅=
VEstaca
mVCota
mymL
mPTVCota
mPCVCota
LPTVE
LPCVE
mgRvL
Glauco Pontes Filho 69
7. (*) Construir a nota de serviço de terraplenagem do trecho correspondente à curva 2 do exemplo anterior.
Notação: CGRx = Cota do greide reto na estaca x.
CGPx = Cota do greide de projeto na estaca x.
fx = Ordenada da parábola na estaca x.
CGR45+8,00= 91,64 = Cota(PCV2)
CGR46 = CGR45+8,00 + rampa i2 x distância entre E46 e E45+8,00 = 91,64 + (-0,045 x 12) = 91,10 m
CGR47 = CGR46 + (-0,045) x distância entre E47 e E46 = 91,10 + (-0,045) x 20 = 90,20 m
E assim sucessivamente, até o PIV.
Após o PIV, muda-se o valor da rampa para i3
CGR54 = CGR53 + 0,031 x distância entre E54 e E53 = 84,80 + 0,031 x 20 = 85,42 m
E assim sucessivamente, até o PTV.
CGR60+12,00 = CGR60 + rampa i2 x distância entre E60+12,00 e E60 = 89,14 + 0,031 x 12 = 89,51 m
Fórmula p/ cálculo dos valores de f:
222322
608076,0
)304(2031,0045,0
22xxx
Liix
Lgf ⋅
−=⋅
−−=⋅
−=⋅=
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) 888,2152608
076,0178,2132608
076,0
568,1112608
076,0058,192608
076,0
648,072608
076,0338,052608
076,0
128,032608
076,0018,012608
076,0
253
252
251
250
249
248
247
246
−=⋅−
=−=⋅−
=
−=⋅−
=−=⋅−
=
−=⋅−
=−=⋅−
=
−=⋅−
=−=⋅−
=
ff
ff
ff
ff
Para o vértice V, temos: CGR54+8,00 = CGR54 + rampa i3 x distância entre E54+8,00 e E54 = 89,14 + 0,031 x 8 = 85,668 m
Como a curva é simétrica, temos x = (60+12,00) – (54+8,00) = 124 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 70
( ) mf 922,1124608
076,0 200,854 −=⋅
−=+
Para o cálculo dos greides de projeto, basta subtrair: CGPx = CGRx – fx
ESTACA COTAS DO GREIDE RETO
f COTAS DO GREIDE DE PROJETO
PCV = 45+8,00 91,64 91,64 46 91,10 -0,018 91,118 47 90,20 -0,128 90,328 48 89,30 -0,338 89,638 49 88,40 -0,648 89,048 50 87,50 -1,058 88,558 51 86,60 -1,568 88,168 52 85,70 -2,178 87,878
PIV = 53 + 0,00 84,80 -2,888 87,688 54 85,42 -2,178 87,598
V = 54 + 8,00 85,668 -1,922 87,590 55 86,04 -1,568 87,608 56 86,66 -1,058 87,718 57 87,28 -0,648 87,928 58 87,90 -0,338 88,238 59 88,52 -0,128 88,648 60 89,14 -0,018 89,158
PTV = 60+12,00 89,512 89,512
8. (*) Dado o perfil longitudinal da figura, determinar um valor único para os raios Rv1, Rv2 e
Rv3 de forma que este valor seja o maior possível. Solução:
Para que os raios sejam os maiores possíveis, devemos ter:
mRRRRgRgLL
mLLb
mRRRRgRgLL
mestestestLLa
vvvvv
vvvvv
00,600.5065,006,0700
35022
)
39,217.506,0055,0600
3001512013522
)
3232
32
2121
21
=⇒⋅+⋅=⋅+⋅==+
=+
=⇒⋅+⋅=⋅+⋅==+
==−=+
Logo, o maior valor possível de Rv é 5.217,39 m.
i3 Rv3 Rv1
+2% -4%
-3,5%
PIV1
PIV3 cota 93,75
Rv2
170 152 + 10,00 135 120 Est. 0
PIV2 cota 85,00
Glauco Pontes Filho 71
9. (*) Dado o esquema da figura, deseja-se substituir as duas curvas dadas por uma única curva usando para ela o maior raio possível, sem que a curva saia do intervalo entre as estacas 58 e 87. Calcular Rv e a estaca do ponto PIV da nova curva.
Solução:
CURVA 1:
g1 = 0,06 – 0,01 = 0,05
L1 = 6000 0,05 = 300 m = 15 estacas
E(PTV1) = (58 + 0,00) + (15 + 0,00) = 73 + 0,00
CURVA 2:
g2 = 0,01 + 0,02 = 0,03
L1 = 8000 x 0,03 = 240 m = 12 estacas
E(PCV2) = (87 + 0,00) + (12 + 0,00) = 75 + 0,00
+6%
+1%
-2%
Est. 87
Est. 58
Rv = 6000 m
Rv = 8000 m
310 m
PIV1
300/2 = 150 m
PTV2
PIV2
460 m
580 m
x
y
PCV1
6%
1%
-2% 240/2 = 120 m
2 1
PIV
PTV1PCV2
58
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 72
a) Equação da reta 1: y = 0,06x
b) Para o cálculo da equação da reta 2, determinaremos a posição do PIV2:
xPIV2 = 460 m
yPIV2 = 0,06 (150) + 0,01 (310) = 12,10 m
c) Equação da reta 2:
y = -0,02x + b
12,10 = -0,02(460) + b b = 21,30
d) Determinação da posição do novo PIV
y = 0,06x
y = -0,02x + 21,30
Logo: x = 266,25 m
E(PIV) = estaca 58 + 266,25 m = 71 est + 6,25 m
e) Determinação de Lmáx
distância da estaca 58 ao PIV = 266,25 m
distância da estaca 87 ao PIV = 580 - 266,25 m = 313,75 m
O menor valor satizfaz, logo:
Lmáx = 266,25 L = 532,50 m
f) Cálculo de Rv
Rv = L/g = 532,50/(0,06 + 0,02) = 6.656,25 m
E(PCV) = 58 + 0,00
E(PIV) = (58 + 0,00) + L/2 = (58 + 0,00) + (13 + 6,25) = 71 + 6,25
E(PTV) = (71+6,25) + (13+6,25) = 84 + 12,50
Glauco Pontes Filho 73
10. (*) A figura mostra o perfil longitudinal de um trecho de estrada. Calcular o valor da rampa i2 para que os pontos PTV1 e PCV2 sejam coincidentes. Determinar as estacas e cotas do ponto mais alto da curva 1 e do ponto mais baixo da curva 2.
Solução:
mPIVCota
LLiPIVCotaPIVCota
i
ii
ii
gRvgRv
LLLL
50,9047502,0100)(
22)()(
%2020,0
950250500010000400
95005,0500004,010000
950
95047522
2
21212
2
22
22
2211
2121
=⋅−=
+⋅+=
−=−=
=+−−
=+−⋅+−⋅
=⋅+⋅
=+⇒=+
CURVA 1:
mLiPIVCotaPCVCota
LPCVE
myestacasmL
mgRvL
00,882
60004,01002
)()(
00,035)00,015()00,050(2
)00,050()(
00,8)06,0(2
600)04,0(2040006,0
60004,0
00,60002,004,0000.10
1111
11
2
00
111
=⋅
−=−=
+=+−+=−+=
=⋅
⋅===
⋅=
=+=⋅=
PCV1
i2 +4% +5%
PIV1 cota 100
PTV1 ≡ PCV2
Rv2 = 5000 m
120 73+15,00 50 Est. 0
Rv1 = 10000 m
PTV2
PIV2
L1/2 + L2/2 = 475 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 74
PONTO MAIS ALTO DA CURVA 1 (VÉRTICE)
myPCVCotaVCota
LPCVEVEstaca
0,960,80,88)()(
00,055)00,020()00,035()()(
011
011
=+=+=
+=+++=+=
CURVA 2:
mPIVCotaPCVCota
LPIVEPCVE
myestacasmL
mgRvL
0,942
35002,0)()(
00,065)00,158()00,1573(2
)()(
00,1)07,0(2
350)02,0(510007,0
35002,0
00,35005,002,0000.5
22
222
2
00
222
=⋅−
−=
+=+−+=−=
−=−⋅
⋅−===
−⋅−
=
=−−=⋅=
PONTO MAIS BAIXO DA CURVA 2 (VÉRTICE)
myPCVCotaVCota
LPCVEVEstaca
0,93194)()(
00,070)00,05()00,065()()(
022
022
=−=+=
+=+++=+=
Glauco Pontes Filho 75
11. (*) No esquema da figura, calcular a menor altura de corte possível na estaca 144 para uma estrada de pista dupla com velocidade de projeto V = 100 km/h. Calcular também o raio da curva vertical e estacas dos pontos PCV e PTV da solução adotada (Calcular Lmin – condições recomendadas).
Solução:
• A menor altura de corte é atingida quando adotarmos o comprimento mínimo da curva vertical. • Condições recomendadas (ou mínimas) utiliza-se a velocidade de operação no cálculo. • Condições excepcionais (ou desejáveis) utiliza-se a velocidade de projeto no cálculo.
Cálculo de Lmín:
mAD
L
mf
VVD
pmín
p
36,59710412
88,156412
88,155)30,0(255
86)86(7,0255
7,0
22
22
=⋅=⋅=
=⋅
+=+=
Adotando um valor múltiplo de 10, temos: L = 600 m.
Cálculo da flecha da parábola na estaca 144:
mLgF 50,78
)600(10,08
=⋅
=⋅
=
ALTURA MÍNIMA DE CORTE = F – (cota 654,28 – cota 653,71) = 7,5 - 0,57 = 6,93 m
00,0159)00,015()00,0144()(
00,0129)00,015()00,0144()(
000.610,0
600
+=+++=
+=+−+=
===
PTVE
PCVE
mgLRv
-5%
+5%
PIV cota 654,28 m
cota do terreno = 653,71 m
Est. 144
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 76
12. (*) A figura mostra o perfil longitudinal de uma estrada onde as duas rampas intermediárias têm inclinação de –2,5% e +2,5%, respectivamente. Determinar estaca e cota do PIV2.
Solução:
Cota(PIV1) = 804,12 + 0,02 (2.734) = 858,80 m
Cota(PIV3) = 869,10 - 0,01 (3.398) = 835,12 m
Cota(PIV2) = Cota(PIV1) – 0,025x = Cota(PIV3) – 0,025 y
Logo: 858,80 – 0,025x = 835,12 – 0,025 y x – y = 947,20
x + y = 2.244,00
Donde: x = 1.595,60 m e y = 648,40 m
Cota(PIV2) = Cota(PIV1) – 0,025x = 858,80 – 0,025 (1595,60) = 818,91 m
E(PIV2) = E(PIV1) + [x] = (136 + 14,00) + (79 + 15,60) = 216 + 9,60
PIV3
PIV2
+2,5%
+2%
+1%
-2,5%
PIV1
418+16,00 248+18,00 ? 136+14,00 Est. 0
cota 804,12 m
x y
cota 869,10 m
2.734 m 3.398 m
x+y=2.244 m
Glauco Pontes Filho 77
13. (*) Uma curva vertical tem o PIV na estaca 62, sendo sua cota igual a 115,40 m. A cota do ponto mais alto do greide é 112,40 m. Calcular a cota na estaca 58.
Solução:
00,054)00,08()00,062(2
)()(
3201625,0025,040,11540,112
)()(
1625,0
)08,0(2)05,0(
2
025,040,115205,040,115
2)()(
0
221
0
1
+=+−+=−=
=⇒+−=
+=
=⋅
=⋅
=
−=⋅−=−=
LPIVEPCVE
mLLL
yPCVCotaVCota
LLgLiy
LLLiPIVCotaPCVCota
Distância entre a estaca 58 e o PCV: x = 4 estacas = 80 m
mECota
ECota
PCVCotaxixLgECota
60,110)(
)320(025,040,115)80(05,080)320(2
08,0)(
)(2
)(
58
258
12
58
=
−+⋅+⋅−
=
+⋅+⋅−
=
-3% +5%
PIV cota 115,40 m
cota
112
,40
m
Est
aca
62
PC
V
V
Est
aca
58
cota
= ?
PTV
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 78
14. (*) No perfil longitudinal da figura, determinar o raio equivalente da curva vertical 2 (Rv2) de forma que os pontos PTV1 e PCV2 sejam coincidentes. Calcular também as cotas do greide da estrada nas estacas 27 e 31 e no ponto mais baixo da curva 2.
Solução:
%00,10100,0210
40,10750,109
%00,20200,0350
40,11440,107
%00,60600,01220
10040,114
3
2
1
==−
=
−=−=−
=
==⋅−
=
i
i
i
mRv
Rv
Rv
gRvgRv
LLLL
000.10
70003,0400
70001,002,002,006,05000
700
70035022
2
2
2
2211
2121
=
=+
=−−⋅++⋅
=⋅+⋅
=+⇒=+
PCV1
PIV1 cota 114,40
PTV1 ≡ PCV2
Rv2
40 29 + 10,00 12 Est. 0
Rv1 = 5000 m
PTV2
PIV2 cota 107,40
cot
a 10
0,00
cot
a 10
9,50
Glauco Pontes Filho 79
)(2
)(
40,110200*)02,0(40,1142
)()(
00,037)00,107()00,1029()(
00,022)00,010()00,012()()(
00,02)00,010()00,012()(
30003,0*1000040008,0*5000
:
12
1212
2
12
1
21
PCVCotaxixLgPCota
geralEquação
mLiPIVCotaPCVCota
PTVE
PTVEPCVE
PCVE
mLmL
Logo
+⋅+⋅−
=
=−+=
⋅+=
+=+++=
+=+++==
+=+−+=
====
Na estaca 27 temos: x = 5 estacas = 100 m (distância entre a estaca 27 e o PCV), logo:
mECota
ECota
90,108)(
40,110)100()02,0(100)300(2)03,0()(
27
227
=
+⋅−+⋅−−
=
Na estaca 31 temos: x = 9 estacas = 180 m (distância entre a estaca 31 e o PCV), logo:
mECota
ECota
42,108)(
40,110)180()02,0(180)300(2)03,0()(
27
227
=
+⋅−+⋅−−
=
Ponto mais baixo (vértice):
myPCVCotaVCota
my
40,10800,240,110)()(
00,2)03,0(2
300)02,0(
02
2
0
=−=+=
−=−⋅
⋅−=
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 80
15. (*) Dado o perfil longitudinal da figura, calcular a rampa i2 de forma que ela tenha a menor inclinação possível. Os raios mínimos das curvas verticais são iguais a 4000 m.
Solução:
[ ]
[ ] [ ]
1875,00200,0
0158304000
950)02,0(2000)01,0(2000)02,0(40486)01,0(20500
:21
)2()02,0(40486)01,0(20500
)()(
)02,0(4048602,02
486)(
)01,0(2050001,02
500)(
)1(950)02,0(2000)01,0(2000
95022
)02,0(400002,04000
)01,0(400001,04000
22
22
2
22222
222
221
22
2
21
1
22
21
22222
22111
−=−=
=++
+−⋅−−⋅−⋅−=−⋅−−−⋅+
⋅−=−⋅−−−⋅+
⋅−=−=
−⋅−=⋅−=
−⋅+=⋅+=
=+−⋅−−⋅−
=++
−⋅=−⋅=⋅=
−⋅=−⋅=⋅=
ioui
ii
iiiii
emdoSubstituin
equaçãoxiii
xiPIVCotaPIVCotah
iLPIVCota
iLPIVCota
equaçãoxii
LxL
iigRvL
iigRvL
Logo: %22 −=i
x
i2
+1% +2% E
stac
a 0
950 m cot
a 50
0
Est.
47+1
0,00
cot
a 48
6
L1/2 h
Glauco Pontes Filho 81
16. (*) A figura 1 mostra o eixo da planta do ramo de um cruzamento e a figura 2 o perfil longitudinal do mesmo ramo. Adotando para a curva vertical convexa um raio Rv = 5000 m, determinar o maior raio possível para a curva vertical côncava.
Solução:
FIGURA 1: Cálculo do comprimento do trecho TS1 – ST2: CURVA 1, trecho circular:
mRD
rads
radR
Lss
81,105)05807,1(100
05807,1)3,0(2º180
º952180
3000,0100*2
602
111
11
1
1
11
=⋅=⋅=
=−⋅
=−°
⋅°∆=
===
φ
πθπφ
θ
CURVA 2, trecho circular:
mRD
rads
radR
Lss
08,117)58540,0(200
58540,0)1,0(2º180
º452180
1000,0200*2
402
222
22
2
2
22
=⋅=⋅=
=−⋅
=−°⋅°∆
=
===
φ
πθπφ
θ
∆1 = 95º
TS1
∆2 = 45º
SC1 CS1
ST1
TS2
SC2
ST2 CS2
R1 = 100 m R2 = 200 m
200 m
Ls1 = 60 m
Ls2 = 40 m
PIV1
PIV2
x yL2/2 L2/2
-1% +5% -1%
TS1 ST2
PCV2
Cota 100,00 Cota 113
Cota 114,50
Fig. 1
Fig. 2
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 82
Comprimento total do trecho TS1 – ST2:
C =2Ls1 + D1 + 200 + 2Ls2 + D2 = 622,88 m
FIGURA 2:
Obs.: Para Rv1 (máx), devemos ter PTV1=PCV2
Curva vertical convexa 2:
L2 = Rv2*g2 = 5000*(0,05+0,01) = 300 m
Cota(PCV2) = 114,50 – 150*0,05 = 107,00 m
Curva vertical côncava 1:
Cota(PIV1) = 100 – 0,01x (pela esquerda)
Cota(PIV1) = 107 – 0,05y = 107 – 0,05*(322,88-x) (pela direita)
Logo: 100 – 0,01x = 107 – 16,144 + 0,05x x = 152,40 m
y = 322,88 – x = 322,88 – 152,40 = 170,48 m
CONDIÇÃO: L1/2 = menor dos valores x e y L1/2 = 152,40 L1 = 304,80 m
Donde: Rv1(máx) = L1/|g1|= 304,80/ (0,05 + 0,01) = 5080 m
PIV1
PIV2
x y=322,88-x
L2 = 300 m
622,88 m
-1% +5% -1%
TS1 ST2
PCV2
Cota 100,00 Cota 113
Cota 114,50
Fig. 2
622,88 -300 = 322,88 m
Cota 107,00
Glauco Pontes Filho 83
17. Preencher a Nota de Serviço de Terraplenagem:
Dados: distância de visibilidade de parada = 60 m
cota do greide reto na estaca zero = 200,000 m
E(PIV1) = 9 + 0,00
E(PIV2) = 18 + 0,00
i1 = -2,3%
i2 = +3,5%
i3 = -4,6%
ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS VERMELHAS
EST.
HORIZ. VERT. TERRENO GREIDE RETO
ORDENADAS
DA PARÁBOLA
GREIDE
DE PROJETO CORTE
(+) ATERRO (-)
0 200,000 1 199,200 2 198,300 3 197,450
+ 7,50 PCE 197,180 4 196,700 5 195,200 6 194,600 7 AC=20º 194,000 8 R=687,5 m 193,550 9 T=121,2 m 193,000 10 D=240,0
m 194,200 11 dm = 2,5’ 195,500 12 196,600 13 197,800 14 199,050 15 200,300
+ 7,50 PT 200,900 16 201,800 17 203,400 18 204,150 19 203,000 20 201,850 21 200,620 22 199,450 23 198,200 24 196,900 25 195,720
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 84
Solução:
Esboço do perfil longitudinal: Pelo esboço, já obtemos as estacas dos pontos notáveis.
Verificação de Lmin:
Curva 1: S< L )(9,625,33,2605,3122
605,3122
22
min OKmAD
DL
p
p =−−⋅⋅+
=⋅+
=
Curva 2: S< L )(8,706,45,341260
412
22
min OKmAD
L p =+⋅=⋅=
Equação para cálculo das ordenadas da parábola: Curva 1: g = – 0,023 – 0,035 = – 0,058
2422 10625,3)80(2
058,02
xxxLgf ⋅⋅−=⋅
−=⋅= −
Onde x = distância do ponto em questão ao PCV.
Curva 2: g = 0,035 + 0,046 = 0,081
2422 100625,5)80(2
081,02
xxxLgf ⋅⋅=⋅=⋅= −
200 m
9 7 11 1816 20 25
-2,3%
+3,5%
-4,6% L1 = 80 m
L2 = 80 m
PCV1 PIV1
PTV1
PCV2
PIV2
PTV2
Glauco Pontes Filho 85
• Para o cálculo do greide reto em cada estaca, basta multiplicar o valor da rampa pela distância desta estaca à estaca anterior e somar à cota da estaca anterior.
• A coluna greide de projeto (GP) = greide reto (GR) – ordenada da parábola (f). • A coluna CORTE = TERRENO – GREIDE DE PROJETO (se positivo) • A coluna ATERRO = TERRENO – GREIDE DE PROJETO (se negativo)
Faremos apenas uma linha da tabela, por exemplo, estaca 1:
GRestaca 1 = GRestaca 0 – 20*0,023 = 200 – 20*0,023 = 199,540 m GPestaca 1 = GRestaca 1 – f = 199,540 – 0,00 = 199,54 m TERRENO – GP = 199,200 - 199,540 = - 0,340 (ATERRO) E assim sucessivamente....
ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS VERMELHAS EST.
HORIZ. VERT. TERRENO G. RETO
ORDENADAS
DA
PARÁBOLA
GREIDE
DE
PROJETO CORTE (+) ATERRO (-)
0 200,000 200,000 200,000
1 199,200 199,540 199,540 -0,340
2 198,300 199,080 199,080 -0,780
3 197,450 198,620 198,620 -1,170
+ 7,50 PCE 197,180 198,448 198,448 -1,268
4 196,700 198,160 198,160 -1,460
5 195,200 197,700 197,700 -2,500
6 194,600 197,240 197,240 -2,640
7 AC=20º PCV1 194,000 196,780 0,000 196,780 -2,780
8 R=687,5 m L=80 m 193,550 196,320 -0,145 196,465 -2,915
9 T=121,2 m PIV1 193,000 195,860 -0,580 196,440 -3,440
10 D=240,0 m 194,200 196,560 -0,145 196,705 -2,505
11 dm = 2,5’ PTV1 195,500 197,260 0,000 197,260 -1,760
12 196,600 197,960 197,960 -1,360
13 197,800 198,660 198,660 -0,860
14 199,050 199,360 199,360 -0,310
15 200,300 200,060 200,060 0,240
+ 7,50 PT 200,900 200,323 200,323 0,577
16 PCV2 201,800 200,760 0,000 200,760 1,040
17 L=80 m 203,400 201,460 0,203 201,257 2,143
18 PIV2 204,150 202,160 0,810 201,350 2,800
19 203,000 201,240 0,203 201,037 1,963
20 PTV2 201,850 200,320 0,000 200,320 1,530
21 200,620 199,400 199,400 1,220
22 199,450 198,480 198,480 0,970
23 198,200 197,560 197,560 0,640
24 196,300 196,640 196,640 -0,340
25 195,720 195,720 195,720
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 86
18. Preencher a Nota de Serviço de Terraplenagem (extraído das notas de aula do professor Carlos Alexandre Braz de Carvalho): Dados: i1 = 2,5%
i2 = -2% parábola simples
EST. ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS VERMELHAS
INT FRAC HORIZ. VERT. TERRENO GREIDE RETO
f GREIDE
DE PROJETO CORTE
(+) ATERRO
(-)
30 PCV 103,415 +10 104,785
31 104,914 +10 105,112
32 105,222 +10 105,317
33 105,419 +10 105,613
34 105,712 +10 105,801
35 PIV 105,903 103,500 +10 105,793
36 105,685 +10 105,417
37 105,335 +10 105,127
38 104,295 +10 104,015
39 103,970 +10 103,950
40 PTV 103,550
Solução:
Para o ramo esquerdo da curva, temos: GRn-1 = GRn – 0,025*10 = GRn – 0,25 Para o ramo direito da curva, temos: GRn+1 = GRn – 0,02*10 = GRn – 0,2
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
)100,90,,30,20,10,0(400045,0
)200(2020,0025,0
2222 K=⋅=⋅
+=⋅= xxxx
Lgf
Glauco Pontes Filho 87
Por exemplo, na estaca 33 temos:
GR = 103,500 – 0,025*40 = 102,500
405,060400045,0 2 =⋅=f
GP = GR – f = 102,500 – 0,405 = 102,095
TERRENO – GP = 105,419 – 102,095 = +3,324 (CORTE)
Procede-se de forma análoga para as outras estacas, obtendo-se:
EST. ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS VERMELHAS
INT FRAC HORIZ. VERT. TERRENO GREIDE RETO f GREIDE
DE PROJETO CORTE (+) ATERRO (-)
30 PCV 103,415 101,000 0,000 101,000 2,415 +10 104,785 101,250 0,011 101,239 3,546
31 104,914 101,500 0,045 101,455 3,459 +10 105,112 101,750 0,101 101,649 3,463
32 105,222 102,000 0,180 101,820 3,402 +10 105,317 102,250 0,281 101,969 3,348
33 105,419 102,500 0,405 102,095 3,324 +10 105,613 102,750 0,551 102,199 3,414
34 105,712 103,000 0,720 102,280 3,432 +10 105,801 103,250 0,911 102,339 3,462
35 PIV 105,903 103,500 1,125 102,375 3,528 +10 105,793 103,300 0,911 102,389 3,404
36 105,685 103,100 0,720 102,380 3,305 +10 105,417 102,900 0,551 102,349 3,068
37 105,335 102,700 0,405 102,295 3,040 +10 105,127 102,500 0,281 102,219 2,908
38 104,295 102,300 0,180 102,120 2,175 +10 104,015 102,100 0,101 101,999 2,016
39 103,970 101,900 0,045 101,855 2,115 +10 103,950 101,700 0,011 101,689 2,261
40 PTV 103,550 101,500 0,000 101,500 2,050
19. (Concurso DNER) Sabendo que os valores de L1 e L2 são, respectivamente, 40 m e 60 m, a
flecha de uma parábola composta, utilizada para concordar um perfil cujas rampas são +4,2% e –3,5%, tem o seguinte valor: a) 0,168 m b) 0,924 m c) 1,848 m d) 3,850 m
Solução: mgLLLF 924,0)035,0042,0(
)6040(2)60(40
221 =+⋅
+=⋅
⋅=
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 88
20. Levantar o perfil longitudinal do alinhamento horizontal da figura (extraído das notas de aula do professor Creso Peixoto).
Solução:
A
B
795 800
795
790
785
805
810
810
805 795
800
805 800
x 812
x 810
0 50 100 150 200 250 300
x 802
5
10
15
20
25 30
798
10 20 25 300=A 5 15 33
800
802
804
806
808
810
812
Glauco Pontes Filho 89
21. Calcular as declividades e os comprimentos das tangentes verticais da figura (extraído das notas de aula do professor Creso Peixoto).
Solução:
%25,10125,02020325320
%00,50500,02520300325
%00,50500,01520315300
3
2
1
−=−=⋅−
=
==⋅−
=
−=−=⋅−
=
i
i
i
22. Com relação aos dados da questão anterior, completar a tabela abaixo. Considerar o
comprimento da curva vertical número 6 igual a 320 metros e o comprimento da curva número 7 igual a 400 metros. Calcular os raios das curvas.
EST. GREIDE
RETO ORDENADAS
DA PARÁBOLA GREIDE
DE PROJETO
100
101
…
159
160
325
100 110 120 130 140 150
320
315
310
305
300
295
CO
TAS
(m)
ESTACAS
PIV6
PIV7
PIV8 PIV5
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 90
Solução:
CURVA 6
Estaca do PIV: 115 Est + 0,00 metros Cota do PIV: 300,00 m Comprimento L: 320 m Rampa i1 (%): -5,00% Rampa i2 (%): 5,00%
g = -0,1000 m/m Flecha máx, F = -4,00 m
Estaca(PCV) = 107 Sta + 0,00 m Estaca(PIV) = 115 Sta + 0,00 m
Estaca(PTV) = 123 Sta + 0,00 m Cota(PCV) = 308,00 m Cota(PTV) = 308,00 m
Lo = 160,00 m Yo = -4,00 m
Estaca(V) = 115 Sta + 0,00 m Cota(V) = 304,00 m Raio Rv = 3.200 m
CURVA 7
Estaca do PIV: 140 Est + 0,00 metros Cota do PIV: 325,00 m Comprimento L: 400 m Rampa i1 (%): 5,00% Rampa i2 (%): -1,25%
g = 0,0625 m/m Flecha máx, F = 3,13 m
Estaca(PCV) = 130 Sta + 0,00 m Estaca(PIV) = 140 Sta + 0,00 m
Estaca(PTV) = 150 Sta + 0,00 m Cota(PCV) = 315,00 m Cota(PTV) = 322,50 m
Lo = 320,00 m Yo = 8,00 m
Estaca(V) = 146 Sta + 0,00 m Cota(V) = 323,00 m Raio Rv = 6.400 m
Glauco Pontes Filho 91
Estacas Greide Reto f Greide de Projeto
100 315,000 315,000 101 314,000 314,000 102 313,000 313,000 103 312,000 312,000 104 311,000 311,000 105 310,000 310,000 106 309,000 309,000 107 308,000 0,000 308,000 108 307,000 -0,063 307,063 109 306,000 -0,250 306,250 110 305,000 -0,563 305,563 111 304,000 -1,000 305,000 112 303,000 -1,563 304,563 113 302,000 -2,250 304,250 114 301,000 -3,063 304,063 115 300,000 -4,000 304,000 116 301,000 -3,063 304,063 117 302,000 -2,250 304,250 118 303,000 -1,563 304,563 119 304,000 -1,000 305,000 120 305,000 -0,563 305,563 121 306,000 -0,250 306,250 122 307,000 -0,063 307,063 123 308,000 0,000 308,000 124 309,000 309,000 125 310,000 310,000 126 311,000 311,000 127 312,000 312,000 128 313,000 313,000 129 314,000 314,000 130 315,000 0,000 315,000 131 316,000 0,031 315,969 132 317,000 0,125 316,875 133 318,000 0,281 317,719 134 319,000 0,500 318,500 135 320,000 0,781 319,219 136 321,000 1,125 319,875 137 322,000 1,531 320,469 138 323,000 2,000 321,000 139 324,000 2,531 321,469 140 325,000 3,125 321,875 141 324,750 2,531 322,219 142 324,500 2,000 322,500 143 324,250 1,531 322,719 144 324,000 1,125 322,875 145 323,750 0,781 322,969 146 323,500 0,500 323,000 147 323,250 0,281 322,969 148 323,000 0,125 322,875 149 322,750 0,031 322,719 150 322,500 0,000 322,500 151 322,250 322,250 152 322,000 322,000 153 321,750 321,750 154 321,500 321,500 155 321,250 321,250 156 321,000 321,000 157 320,750 320,750 158 320,500 320,500 159 320,250 320,250 160 320,000 320,000
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 92
23. Desenhar o perfil longitudinal da estrada e do terreno, do ponto A ao ponto B. No trecho, o greide apresenta uma única rampa contínua com declividade de 5%. Calcular a cota do ponto B sobre o greide. Determinar em planta a posição da embocadura e da desembocadura do túnel e das cabeceiras do viaduto a ser construído em seqüência ao túnel. Verificar se é possível interligar os pontos A e B somente com uma tangente (extraído das notas de aula do professor Creso Peixoto). Dados: imax = 7%
R1 = 124 m R2 = 46 m R3 = 76 m ∆1 = 83º Cota do ponto A sobre o greide = 244 m
Solução:
Cálculo dos desenvolvimentos das curvas:
mDmDmD 76,2387651,1444663,179º180
º83124321 =⋅==⋅==
⋅⋅= πππ
Extensão total do trecho = D1 + D2 + D3 = 562,9 m
Cota(B) = 244 + 0,05*562,9 = 272,51 m
Locação das Obras: • Início do Túnel: 128 m (embocadura) • Fim do Túnel: 416 m (desembocadura) • Início do viaduto: 416 m (cabeceira) • Fim do viaduto: 525 m (cabeceira)
O1
O2
O3 R3
R2
R1
D1
D3
D2
240
245
250
255
260 265
270
275
280
275
270
A
B 0 50 100 150 200
Glauco Pontes Filho 93
Verificação da interligação AB com uma tangente:
LAB = 192 m (medido no desenho)
∆HAB = cota(B) – cota(A) = 272,15 – 244 = 28,15 m
iAB = 28,15/192 = 0,1466 = 14,66% > 7% (não pode)
272,15
244
240 100 m 200 300 400 500
416 525 562,9
TÚNEL: 288 m Viaduto: 109 m
128 m
A
B
Cotas (m)
O1
O2
O3 R3
R2
R1
D1
D3
D2
240
245
250
255
260 265
270
275
280
275
270
A
B 0 50 100 150 200
EMBOCADURA DO TÚNEL
DESEMBOCADURA DO TÚNEL
CABECEIRA DO VIADUTO
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 94
CAPÍTULO 9
NOÇÕES DE TERRAPLENAGEM
Glauco Pontes Filho 95
2,30 m
4,10 3,80
1,80
3,604,00
5,05
2,10
0,90
PERFIL DO TERRENO
GREIDE DA ESTRADA (+1%)
4+8,60
PP
1 2 3 4 65 7 8 9
9+5,43
1. (*) Dado o trecho de estrada da figura abaixo e suas seções transversais, determinar as quantidades de escavação, volume de aterro compactado e o momento total de trans- porte. Considerar Fh =1,1 e DMT para empréstimo e/ou bota-fora=10,2 dam.
ESTACA 0 4,90 m
2,90 m 1:1
1:1 14,0 m
8,80 1:1
1,101:1 h = 4,1
14,0 ESTACA 2
1,15 1:1
7,01:1 h = 3,6
ESTACA 5
14,0
6,70 1:1 4,20 1:1 h = 5,05
ESTACA 7
14,0
4,80 1:1
2,50 1:1 h = 3,8
14,0 ESTACA 3
ESTACA 4+8,60 m 3,70
2,60
1:1
1:1 14,0
3,0 1:1
4,45 1:1 h = 4,0
ESTACA 6
14,0
5,70 1:1
2,50 1:1
h=0,9
ESTACA 9
14,0 5,0
6,20 1:1
2,601:1
h = 1,8
14,0 ESTACA 4
2,5
5,60 1:1 0,70 1:1 h = 2,10
ESTACA 8
14,0
0,751:1
0,80 1:1
ESTACA 9+5,43 m
14,0
5,0 1:1
4,0 1:1
h = 2,3
14,0
ESTACA 1
3,0
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 96
Solução: Dividiremos as seções em triângulos para o cálculo das áreas:
Estaca 0:
==
==
2
2
150,172
90,4*7
150,102
90,2*7
mA
mA
a
c
Estaca 1:
==
==
2
2
0,62
4*3
50,272
5*11
mA
mA
a
c
Estaca 2: =+++= 2645,83
210,1*7
210,8*1,4
28,15*1,4
280,8*7 mAc
Estaca 3: =+++= 202,66
250,2*7
250,9*8,3
280,11*8,3
280,4*7 mAc
Estaca 4:
==
==
2
2
25,32
60,2*5,2
65,352
20,6*5,11
mA
mA
a
c
Estaca 4+8,60:
==
==
2
2
95,122
70,3*7
10,92
6,2*7
mA
mA
a
c
Estaca 5: =+++= 2395,68
27*7
214*6,3
215,8*6,3
27*15,1 mAa
Estaca 6: =+++= 2975,68
245,4*7
245,11*4
210*4
23*7 mAa
Estaca 7: =+++= 2023,101
220,4*7
220,11*05,5
270,13*05,5
270,6*7 mAa
Estaca 8: =+++= 2365,43
27,0*7
27,7*1,2
260,12*1,2
260,5*7 mAa
Estaca 9:
==
==
2
2
650,252
70,5*9
25,62
50,2*5
mA
mA
a
c
Estaca 10:
==
==
2
2
625,22
75,0*7
80,22
80,0*7
mA
mA
a
c
Escolhendo uma ordenada inicial de Brückner igual 2.500 (de modo que todas as ordenadas fiquem positivas), teremos a seguinte tabela de volumes acumulados:
h
h1
h2 1 1 n n
L/2 L/2
A1
A2
A3
A4
n.h1 n.h2
L
L1 L2
Glauco Pontes Filho 97
Estacas Áreas (m2) Soma das Áreas (m2) VOLUME (m3)
INT FRAC Corte Aterro Aterro Corrigido Corte Aterro
Semi-distância
(m) Corte (+) Aterro (-)
Compens. Lateral
(m3)
Volumes Acumulados
(m3)
10,150 17,150 18,865 2.500,00 1 27,500 6,000 6,600 37,650 25,465 10,000 376,50 254,65 254,65 2.621,85 2 83,645 0 0 111,145 6,600 10,000 1.111,45 66,00 66,00 3.667,30 3 66,020 0 0 149,665 10,000 1.496,65 5.163,95 4 35,650 3,250 3,575 101,670 3,575 10,000 1.016,70 35,75 35,75 6.144,90 4 8,6 9,100 12,950 14,245 44,750 17,820 4,300 192,43 76,63 76,63 6.260,70 5 0 68,395 75,235 9,100 89,480 5,700 51,87 510,03 51,87 5.802,54 6 68,975 75,873 151,107 10,000 1.511,07 4.291,47 7 101,023 111,125 186,998 10,000 1.869,98 2.421,49 8 0 43,365 47,702 158,827 10,000 1.588,27 833,22 9 6,250 25,650 28,215 6,250 75,917 10,000 62,50 759,17 62,50 136,55 9 5,43 2,800 2,625 2,888 9,050 31,103 2,715 24,57 84,44 24,57 76,68
DIAGRAMA DE MASSAS
a) Volume de escavação = Vcorte + Vcorte para empréstimo + ∑Vcompensação lateral
Vescavação = (6.260,70–2.500) + (2.500–76,68) + 571,97 = 6.755,99 m3 b) Volume de aterro compactado = Volume de escavação = 6.755,99 m3 c) Momento Total de Transporte:
MT = (6.260,70 – 2.500)*7 + (2.500 – 76,68)*10,2 = 51.042,764 m3 *dam
2.621,85
3.667,30
5.163,95
5.802,54
4.291,47
2.421,49
833,22
76,68
2.500,00
6.144,906.260,70
136,55
0
1.000
2.000
3.000
4.000
5.000
6.000
7.000
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Estacas
Volu
mes
acu
mul
ados
4+8,60 9+5,43
LINHA DE TERRA
V= 3.760,70 m3
DMT= 7 dam
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 98
2. (*) Com relação ao movimento de terra da figura, calcular: a) Volume total a ser escavado (incluindo empréstimo e/ou bota-fora). b) Volume de bota-fora e/ou empréstimo. c) Momento total de transporte, em m3.dam (considerar eventuais
empréstimos ou bota-foras a uma DMT de 150 m). d) Volume de corte C1 e volume de aterro A2.
Solução:
a) Volume total de escavação
Vesc = Vcorte C1 + Vcorte C2 + Vcorte C3 + Vcorte necessário ao empréstimo A2 Vesc = 60.000 + 20.000 + 20.000 + 40.000 = 140.000 m3
b) Empréstimo A2 = 40.000 m3
0 ESTACAS
VO
LUM
ES A
CU
MU
LAD
OS
(103 m
3 )
-30 -20 -10
0 10 20 30 40 50
-40
60
5 10 15 20 25 30
C1
A1
C2
A2
C3
TERRENO
GREIDE
0
-30 -20 -10
0 10 20 30 40 50
-40
60
5 10 15 20 25 30
C1 C2
C3
Empréstimo A2
Glauco Pontes Filho 99
c) Momento total de transporte = V1*D1 + V2*D2 + V3*D3 + Vemp*Demp + Vbota-fora*Dbota-fora MT = 40.000*9 + 20.000*8 + 20.000*8 + 40.000*15 + 20.000*15 = 1,58*106 m3 dam
d) Volume do corte C1 = 60.000 m3 e) Volume do aterro A2 = 80.000 m3
0
-30 -20 -10
0 10 20 30 40 50
-40
60
5 10 15 20 25 30
Bota-fora
Empréstimo
V1
D1
0
-30 -20 -10
0 10 20 30 40 50
-40
60
5 10 15 20 25 30
C1 60
0
-30 -20 -10
0 10 20 30 40 50
-40
60
5 10 15 20 25 30
Aterro A2 80
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 100
3. (*) Para execução do movimento de terra da figura, foi escolhida para linha de equilíbrio (LE) a horizontal tracejada da figura. Sabendo-se que os eventuais bota-foras e/ou empréstimos terão uma distância de transporte de 10 dam, calcular: a) quantos m3 serão transportados do corte C1 para o aterro A1. b) volume do corte C1. c) volume total a ser escavado para a execução dos serviços. d) momento de transporte total, em m3.dam
Solução:
a) [-2-(-8)]*103 = 6.000 m3
0 ESTACAS
VO
LUM
ES A
CU
MU
LAD
OS
(103 m
3 )
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
-8
2
5 10 15 20 25 30
C1
A1
C2 A2
A3
TERRENO
GREIDE
LE
0 ESTACAS
VO
LUM
ES A
CU
MU
LAD
OS
(103 m
3 )
-7
-6 -5
-4
-3
-2
-1
0
1
-8
2
5 10 15 20 25 30
C1
A1 C2 A2
A3
TERRENO GREIDE
LE
Glauco Pontes Filho 101
b) Vcorte C1 = [2-(-8)] )]*103 = 10.000 m3 c) Vescavação = Vcorte C1 + Vcorte C2
+ Vcorte para empréstimo = 10.000 + 6.000 + 2.000 = 18.000 m3
d) MT = V1*D1+V2*D2+V3*D3+V4*D4+Vemp*Demp = 6000*12+4000*8+4000*8,6+2000*4+2000*10
MT = 1,66*105 m3.dam
0 ESTACAS
VO
LUM
ES A
CU
MU
LAD
OS
(103 m
3 )
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
-8
2
5 10 15 20 25 30
LE
0 ESTACAS
VO
LUM
ES A
CU
MU
LAD
OS
(103 m
3 )
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
-8
2
5 10 15 20 25 30
LE
Empréstimo
Corte C1
Corte C2
0 ESTACAS
VO
LUM
ES A
CU
MU
LAD
OS
(103 m
3 )
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
-8
2
5 10 15 20 25 30
LE V1
D1
D1 = 12 dam
D2 = 8 dam
D3 = 8,6 dam
D4 = 4 dam
Empréstimo
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 102
4. (Concurso DNER) Num corte feito em material argiloso, foram obtidas três seções transversais, distantes uma da outra 20 metros. Calculadas as áreas, obteve-se, respectivamente, S1 = 125 m2, S2 = 257 m2 e S3 = 80 m2. O volume de material escavado nestas seções é: a) 4.799,333 m3 b) 7.190 m3 c) 9.240 m3 d) 14.380 m3
Solução:
321
332
321
190.7370.3820.3
370.3202
80257
820.3202
125257
mVVV
mV
mV
=+=+=
=⋅+
=
=⋅+
=
−
−
5. (Concurso DNER) Considerando que, numa seção de aterro, a cota vermelha é de 4,02 m, a
declividade do terreno da esquerda para a direita é de +12% e os taludes de aterro são de 2:3 (V:H), a distância para a marcação do offset de uma estaca, à direita, é: a) 8,905 m b) 9,680 m c) 9,710 m d) 11,042 m
Solução: Da figura, temos:
( )
695,2
18,084,05,1712,002,4
=
+=+⋅=−
h
hhh
Distância para a marcação do offset:
mx
hx
042,11
)695,2(5,175,17
=
⋅+=+=
20 m
S2 = 257 m2S1 = 125 m2
S3 = 80 m2
20 m
H = 4,02
7,0 7,0
2
3 7 1,5h
4,02-h
h
1,5
1 +12%
x
Glauco Pontes Filho 103
6. (*) A figura mostra o perfil longitudinal e o diagrama de massas de um trecho de estrada. Para a execução da terraplenagem foram escolhidas duas linhas de equilíbrio (linhas 1 e 2 da figura). Para as duas soluções propostas, responder (DMT para bota-fora e/ou empréstimo = 300 m): a) volume total de corte, em m3. b) volume do aterro A1. c) momento total de transporte para cada uma das linhas. d) qual das duas soluções propostas é mais econômica?
0 ESTACAS
VO
LUM
ES A
CU
MU
LAD
OS
(103 m
3 )
2
4 6
8 10
12
14 16
18
0
20
5 10 15 20 25
L1
0 ESTACAS
VO
LUM
ES A
CU
MU
LAD
OS
(103 m
3 )
2
4 6
8 10
12
14 16
18
0
20
5 10 15 20 25
L2
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 104
Solução:
a) Volume total = Vcorte C1 + Vcorte C2 = (16.000 – 0) + (16.000 – 4.000) = 28.000 m3
b) Volume do aterro A1 = 16.000 – 4.000 = 12.000 m3
0 ESTACAS
VO
LUM
ES A
CU
MU
LAD
OS
(103 m
3 )
2
4 6
8 10
12
14
16
18
0
20
5 10 15 20 25
0 ESTACAS
VO
LUM
ES A
CU
MU
LAD
OS
(103 m
3 )
2
4 6
8 10
12
14
16
18
0
20
5 10 15 20 25
Glauco Pontes Filho 105
c) Momento de Transporte LINHA 1: MT1 = V1*D1 + V2*D2 + V3*D3 + VBF1*DBF1
MT1 = (16000-8000)*11 + (8000-4000)*7 + (16000-8000)*7 + 8000*30
MT1 = 4,12*105 m3 dam
LINHA 2: MT2 = V4*D4 + V5*D5 + VBF2*DBF2 + VBF3*DBF3
MT2 = (16000-4000)*13 + (16000-8000)*7 + 4000*30 + 4000*30
MT2 = 4,52*105 m3 dam
d) Linha + econômica Linha de menor momento de transporte: LINHA 1
0 ESTACAS
VO
LUM
ES A
CU
MU
LAD
OS
(103 m
3 )
2
4 6
8 10
12
14
16
18
0
20
5 10 15 20 25
L2
0 ESTACAS
VO
LUM
ES A
CU
MU
LAD
OS
(103 m
3 )
2
4 6
8 10
12
14
16
18
0
20
5 10 15 20 25
V1
D1 D3
V3
V2 D2
D4
V4 V5
D5
Bota-fora 1
Bota-fora 2
Bota-fora 3
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 106
7. (EXAME NACIONAL DE CURSOS-1997) Para a realização do projeto detalhado de terraplenagem no intervalo entre as estacas 0 e 75 de uma rodovia, lançou-se mão do Diagrama de Brückner abaixo esquematizado. Com base nesse diagrama, indique: a) o volume do empréstimo, em m3. b) o volume do bota-fora, em m3. c) o volume do maior corte, em m3. d) o volume do maior aterro, em m3. e) as estacas de cota vermelha nula. Solução:
0 30 75 ESTACAS
VO
LUM
ES (1
03 m3 )
-5
0
5
10
15
20
25
30
35
-10
10 20 40 50 60 70 5 15 25 35 45 55 65
20 m3
a) Volume de empréstimo = 20.000 m3 b) Volume de bota-fora = 15.000 m3
5 m3
10 m3
x103 m3 x103 m3
Glauco Pontes Filho 107
8. (Concurso DNER) Ao invés de recuperar uma camada de base da Rodovia DF-025, o engenheiro fiscal, depois de consultar o projetista, decidiu substituir toda a camada, usando o cascalho laterítico. Após a estabilização desse cascalho, mediu-se um volume de 2.000 m3. O transporte do cascalho foi feito por caminhão basculante com capacidade de 5 m3. Sabendo-se que a densidade do cascalho compactado é de 2,035 t/m3, a densidade natural é de 1,430 t/m3 e a densidade solta é de 1,10 t/m3, calcular o total de viagens necessárias para transportar todo o volume de cascalho.
Solução:
3700.31,1
)2000(035,2 mV
VV
V
VmV
m
s
compcomps
comp
s
s
comp
s
comp =⋅
=⋅
=⇒==γ
γγ
γ
Número de viagens = 3700 m3/5 m3 = 740 viagens
γn = 1,430
γs = 1,10
γcomp = 2,035
Vs = ?Vcomp = 2.000
x103 m3
d) Volume do maior aterro = 35.000 m3
35 m3
x103 m3
c) Volume do maior corte = 20.000 m3
20 m3
x103 m3
e) As estacas de cota vermelha nula correspondem às estacas dos pontos de máximo e mínimo, ou seja: estacas 10, 20 ,30, 45, 60 e 70
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 108
9. Calcular a área da seção transversal da figura.
Solução:
uaA
A
A
50,40
312241510430921
00546303362153
21
=
+−−−+−−−⋅=
−−−−⋅=
10. Calcular o volume do prismóide.
( )21 46
AAALV m +⋅+⋅=
Solução:
[ ] 333,853.2100)144(4180620 mV =+⋅+⋅=
11. Com relação à questão anterior, qual o erro cometido se o volume fosse calculado pela
fórmula das áreas médias V = L.(A1 + A2)/2 ?
Solução: ( ) 3800.2100180220 mV =+⋅=
Erro de -53,33 m3 ou -1,87%
(0,0) (-3,0)
(-5,3)
(-1,6)
(2,4) (6,5)
(3,0)
L = 20 m
Am = 144 m2
A1 = 180 m2
A2 = 100 m2