Exercícios Resolvidos Estradas I

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Exercicios Resolvidos Estradas I pdf
Trafego rodoviario (Universidade Estadual de Maringá)
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Exercicios Resolvidos Estradas I pdf
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ESTRADAS DE RODAGEM 
PROJETO GEOMÉTRICO 
 
Resolução dos Exercícios 
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 2
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CAPÍTULO 2
 
ELEMENTOS GEOMÉTRICOS 
DAS ESTRADAS 
 
 
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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 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
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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 
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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 
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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 
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CAPÍTULO 4 
 
CURVAS HORIZONTAIS 
CIRCULARES 
 
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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 
 
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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= 
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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= 
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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= 
 
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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 
 
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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 
 
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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 
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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´ 
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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 
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 
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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= 
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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 
 
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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 
 
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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 
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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 
 
 
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 22
c) '22111,98)60(637018,1
)350(
)10(º180º180
=⋅°=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
ππ Rc
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 
 
 
 
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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=40º d1 = 1000 m 
 PI2 
d3 = 1800 m 
 PI1 
A 
 R1=1100 m 
 F 
PC1 PT1 
 PC2 PT2 
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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 
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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
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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 
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
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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 
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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 
45º 60º 
120º 135º 
3000 b a 
x y 
z = a + 3000 + b 
2000
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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. Verificarcondição 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 
 ∆=30º PI x 
 fig. 1 
 3,50 3,50
1:1 
 0,75 
7,75 fig. 2 
8,24 m 
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CAPÍTULO 5 
 
CURVAS HORIZONTAIS 
DE TRANSIÇÃO 
 
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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
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 
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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
 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
lOMoARcPSD|24031813
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
 
 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
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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” 
 
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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 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
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 
( ) ( ) 16,71416,287
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 
 
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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 
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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 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
πθφ 
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 !!! 
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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
==
=




 +
⋅⋅=





∆
+
⋅⋅=
⋅⋅=⇒
⋅
=
∆
+
=⇒
+
=
+⋅
=+=+=∆
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: 
 
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 
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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 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
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: 
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 
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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 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
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 
( ) ( ) 38,6738,146
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 
 
 
 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
lOMoARcPSD|24031813
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
=
⋅
=
⋅
=θmLX 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 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
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 
( ) ( ) 50,181350,278
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 
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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 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
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 
( ) ( ) 23,31323,263
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 
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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
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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 
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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 
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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 
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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 : 
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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 
 
 
 
 
 
 
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CAPÍTULO 6
 
 
SUPERELEVAÇÃO 
 
 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
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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
 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
lOMoARcPSD|24031813
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 46 38 
+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 
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 52
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CAPÍTULO 7 
 
 
 
SUPERLARGURA 
 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
lOMoARcPSD|24031813
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) 
 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
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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) 
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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) 
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICOSolução dos Exercícios 56
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CAPÍTULO 8
CURVAS VERTICAIS 
 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
lOMoARcPSD|24031813
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 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
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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 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
lOMoARcPSD|24031813
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 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
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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 
 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
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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 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
lOMoARcPSD|24031813
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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 
 
 
 
 
 
Baixado por FERNANDO FERREIRA (fernandoflavioferreira@yahoo.com.br)
lOMoARcPSD|24031813
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 
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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 
 
 
 
 
 
 
 
 
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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 
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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 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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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
 
 i3 100 m 
PIV1 cota 110,00 
 97,20
 i1 
 i2 
 53 73 25 0 
Rv2=4000 m 
 PIV2 cota 84,80 
C
O
T
A
S
 (
m
) 
Rv1=12000 m 
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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
 
 
 
 
 
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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 
 
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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%