EXERCICIOS RESOLVIDOS - Obras de Transportes 1

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ESTRADAS DE RODAGEM 
PROJETO GEOMÉTRICO 
 
Resolução dos Exercícios 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 2
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CAPÍTULO 2
 
ELEMENTOS GEOMÉTRICOS 
DAS ESTRADAS 
 
 
Glauco Pontes Filho 3
1. Calcular o raio R da curva circular da figura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
( ) ( ) mAB 66,109200275100180 22 =−+−= 
 
Aplicando a lei dos senos no triângulo ABC, temos: 
 
°=⇒=⇒
°
= 8732,62ˆ4560,0ˆ
30
66,109
ˆ
100 AAsen
senAsen
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo isósceles ABO, temos: 
 
⇒⋅⋅⋅−+= º7465,125cos266,109 222 RRRR mR 25,120= 
R 
d=100 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: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
º38,22
º37,48
º31,101
01000
110006000arctanº180
º69,123
10003000
60003000arctanº180
º57,116
30006000
120006000arctanº180
º20,68
60004000
60001000arctan
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 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 
10
1
1
200
2000
1
200
1
2000
1
=⋅= 
 
 
 
 
5. (Concurso DNER) Na planta de um projeto, a indicação de escala 1:500 (horizontal) 
significa que 1 cm no desenho equivale, no terreno, a uma distância de: 
a) 50 m b) 5 m c) 0,50 m d) 0,05 m 
 
Solução: Letra b 
 
1 cm no projeto equivale a 500 cm no campo = 5 m 
 
 
 
 
6. (Concurso DNER) Numa rodovia de 3.000 metros de comprimento, a numeração final da 
última estaca é: 
a) 30 b) 60 c) 150 d) 300 
 
Solução: Letra c 
 
3000/20 = 150 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 6
7. Calcular os comprimentos e os azimutes dos alinhamentos da figura a seguir. Calcular 
também os ângulos de deflexão. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
º20,23º45º2,68
º04,10404,149º45
º20,68
2000
5000arctan
º45
4000
4000arctan
º04,149
5000
3000arctanº180
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 493,95
12
92,145.1
== 
⇒




 °⋅=
2
5,47tan493,95T mT 02,42= 
⇒




 °⋅=
4
5,47tan02,42E mE 84,8= 
 
 
2. Dados ∆ = 40º e E = 15 m, calcular T e R. 
 
Solução: 
⇒
−




 °
=
−




 ∆
=
1
2
40sec
15
1
2
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: 
°== 639467,7
150
92,145.1G 
 
⇒
°
==
2
639467,7
2
Gd °= 82,3d 
 
Glauco Pontes Filho 9
5. Dados ∆ = 43º e E = 52 m, calcular o grau da curva. 
 
Solução: 
⇒
−




 °
=
−




 ∆
=
1
2
43sec
52
1
2
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 2571,409
8,2
92,145.1
=
°
= 
⇒




 °⋅=
2
2,30tan2571,409T mT 43,110= 
⇒
°
°⋅⋅
=
180
2,302571,409πD 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 480,286
4
92,145.1
=
°
= 
⇒




 °⋅=
2
6,22tan480,286T mT 24,57= 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 10
⇒
°
°⋅⋅
=
180
6,22480,286πD 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) 
 
°=
°
== 2
2
4
2
Gd 
°=
°
== 1,0
40
4
40
Gdm 
°=°⋅−=⋅−= 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= 
⇒




 °⋅=
2
2,47tan99,190T mT 44,83= 
⇒




 °⋅=
4
2,47tan44,83E mE 43,17= 
⇒
°
°⋅⋅
=
180
2,4799,190πD 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= 
⇒
°
°⋅⋅
=
180
333333,241500πD 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
2
6,22tan
250
2
tan
=





 °
=





 ∆
= 
⇒==
13,251.1
92,145.192,145.1
20 R
G °= 9159,020G 
⇒
°
°⋅⋅
=
180
333333,241500πD mD 05,637= 
 
 
 
12. Calcular o desenvolvimento de uma curva circular de raio R = 1524 m e ângulo central 
∆ = 32º. 
 
Solução: 
⇒
°
°⋅⋅
=
180
321524πD mD 16,851= 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 12
13. (Concurso DNER) Numa curva circular com um raio de 170 m, queremos locar um ponto 
logo à frente do ponto de curvatura (PC). Sabemos que o comprimento do arco é de 20 m. 
A soma das coordenadas sobre a tangente deste ponto são (considerar sen 3,3703º = 
0,058789 e cos 3,3703º = 0,9983): 
a) 0,168 m b) 0,924 m c) 1,848 m d) 21,14 m 
 
 
Solução: Letra d 
 
°=
°
==
°===3703,3
2
7407,6
2
7407,6
170
92,145.192,145.1
Gd
R
G
 
 
myx
mxxd
myyd
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
TRE
 
 
 
x y 
20 m 
d 
G 
 
Glauco Pontes Filho 13
15. Dados ∆=30º, R=680 m e E(PI)=205+2,52, calcular G, T, D, E(PC) e E(PT). 
 
⇒=
680
92,145.1
20G °= 69,1G 
⇒




 °⋅=
2
30tan680T mT 21,182= 
⇒
°
°⋅⋅
=
180
30680πD 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
DGAC 
mT 56,264
2
26tan92,145.1 =




 °⋅= 
E(PI) = E(PC) + T = (55 + 9,83) + (13 + 4,56) = 68 + 14,39 
Novo raio: R = 2.000 m 
mestmT 74,12374,461
2
26tan2000´ +==




 °⋅= 
mestmD 57,74557,907
180
262000´ +==
°
°⋅⋅
=
π 
E(PC´) = (68 + 14,39) – (23 + 1,74) = 45 + 12,65 
E(PT´) = (45 + 12,65) + (45 + 7,57) = 91 + 0,22 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 14
17. (*) Dado o traçado da figura, adotar para as curvas 1 e 2 os maiores raios possíveis. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Para obtermos os maiores raios possíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2≤ d2 
 
 
⇒
°
=





 ∆
=
14tan
135
2
tan 1
1
1
TR mR 46,5411 = 
⇒
°
=





 ∆
=
16tan
48,85
2
tan 2
2
2
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
15,428
º16tanº14tan
52,229
52,229
2
tan
2
tan 21
=
+
=
=




 ∆⋅+




 ∆⋅
 
 
 
PI1 
∆2=32º 
∆1=28º 
PI2 
O 
d1=135 m 
d2=229,52 m d3=85,48 m F 
Glauco Pontes Filho 15
19. (*) Em um trecho de rodovia temos duas curvas circulares simples. A primeira começando 
na estaca 10+0,00 e terminando na estaca 20+9,43 com 300 m de raio. A segunda 
começando na estaca 35+14,61 e terminando na estaca 75+0,00 com 1500 m de raio. 
Deseja-se aumentar o raio da primeira curva para 600 m sem alterar a extensão total do 
trecho. Qual deverá ser o raio da segunda curva? Dados: ∆1=40º e ∆2=30º. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
T1 = 300 tan(20º) = 109,19 m 
T2 = 1500 tan(15º) = 401,92 m 
L = (35 + 14,61) – (20 + 9,43) = 305,18 m 
Dist(PI1 - PI2) = T1 + L +T2 = 109,19 + 305,18 + 401,92 = 816,29 m 
C = Extensão total do trecho = est 75 – est 10 = 65 estacas = 1300 m = D1 + L + D2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
T1´= 600 tan(20º) = 218,38 m 
T2´= R2´ tan(15º) 
L´= Dist(PI1 - PI2) – T1´– T2´= 816,29 – 218,38 – R2´ tan(15º) = 597,91 – 0,26795R2´ 
mD 88,418
180
40600´1 =°
°⋅⋅
=
π ´5236,0
180
30´´ 222 R
RD =
°
°⋅⋅
=
π 
C = D1´+ L´ + D2´ = 418,88 + 597,91 – 0,26795 R2´ + 0,5236 R2´ = 1300 
mR 8,107.1´2 = 
 
35+14,61 
∆2 = 30º 
D1 
∆1 = 40º
20+9,43 
75+0,00 
10+0,00 
D2 
R1 = 300 
R2 = 1500 
L = 305,18 
 ∆2 = 30º 
∆1 = 40º
R1´= 600 
R2´= ??? 
L´ 
D1´ 
D2´ 
T2´ 
T1´ 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 16
20. (*) A figura mostra a planta de um trecho de rodovia com duas curvas de mesmo sentido, 
desejando-se substituir estas duas curvas por uma curva única de raio R. Calcular o valor 
de R para que o PC da nova curva coincida com o PC1 do traçado antigo (início da curva 
1). 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
T1 = 400 tan(15º) = 107,18 m 
T2 = 500 tan(10º) = 88,16 m 
 
Aplicando a Lei dos Senos, temos: 
 
°
++
=
° 130sin
20
20sin
21 TTx 
 
x = 96,14 m 
T = T1 + x = 107,18 + 96,14 = 203,32 m 
 
⇒





 °
=
2
50tan
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 = 
⇒
°
°⋅⋅
=
180
461200
1
πD 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 = 
⇒
°
°⋅⋅
=
180
301600
2
πD 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
cG ´´47´451762954,1 °=°=G 
⇒




 °⋅=




 ∆⋅=
2
52tan650
2
tanRT mT 03,317= 
⇒
°
°⋅⋅
=
∆⋅⋅
=
180
52650
º180
ππ RD mD 92,589= 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 18
⇒




 °⋅=




 ∆⋅=
4
52tan03,317
4
tanTE mE 19,73= 
´´53´520881477,0
2
762954,1
2
°=°=
°
==
Gd 
´´39´020044074,0
40
762954,1
)20(22
°=°=
°
=
⋅
==
G
c
Gdm 
E(PC) = (202 + 2,50) – (15 + 17,03) = 186 + 5,47 
E(PT) = (186 + 5,47) + (29 + 9,92) = 215 + 15,39 
 
b) 
T = 174,98 m 
D = 349,07 m 
E = 7,64 m 
G = 0,572958º = 0º 34’ 23” 
d = 0,28648º = 0º 17’ 11” 
dm= 0,01432º = 0º 0’ 52” 
E(PC) = 1336 + 17,75 
E(PT) = 1354 + 6,82 
 
c) 
T = 220,12 m 
D = 392,99 m 
E = 63,47 m 
G = 1,637022º = 1º 38’ 13” 
d = 0,81851º = 0º 49’ 7” 
dm= 0,08185º = 0º 4’ 55” 
E(PC) = 365 + 19,38 
E(PT) = 385 + 12,37 
 
 
d) 
T = 167,82 m 
D = 279,25 m 
E = 61,08 m 
G = 1,432394º = 1º 25’ 57” 
d = 0,7162º = 0º 42’ 58” 
dm= 0,14324º = 0º 8’ 36” 
E(PC) = 458 + 15,93 
E(PT) = 472 + 15,18 
 
Glauco Pontes Filho 19
23. Repetir a questão anterior adotando para G um valor múltiplo de 40’. Construir as tabelas 
de locação das curvas (R > R’). 
 
Solução: 
 
a) ⇒
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
)650(
)20(º180º180
ππ R
cG '77724,105)60(762954,1 =⋅°=G 
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º 
m
G
cRnovo 437,859
)º333333,1(
)20(º180º180
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
ππ
 
⇒




 °⋅=




 ∆⋅=
2
52tan437,859
2
tanRT mT 18,419= 
⇒
°
°⋅⋅
=
∆⋅⋅
=
180
52437,859
º180
ππ RD mD 00,780= 
⇒




 °⋅=




 ∆⋅=
4
52tan18,419
4
tanTE mE 78,96= 
´400
2
'201
2
°=
°
==
Gd 
'20
40
'201
)20(22
°=
°
=
⋅
==
G
c
Gdm 
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 
m
G
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 
m
G
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 
m
G
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 37,400
2
40tan11001 =




 °⋅= 
mD 95,767
180
401100
1 =°
°⋅⋅
=
π 
mT 95,472
2
35tan15002 =




 °⋅= 
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 
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
90tan600 +==




 °⋅= mT 
48,24748,942
180
90600
+==
°
°⋅⋅
= mD π 
E(PC) = (81 + 19,00) – (30 + 0,00) = 51 + 19,00 
E(PT) = (51 + 19,00) + (47 + 2,48) = 99 + 1,48 
∆1 = 40º 
∆2 = 28º 
720 m 
Glauco Pontes Filho 25
27. (*) Deseja-se projetar um ramo de cruzamento com duas curvas reversas, conforme figura. 
A estaca zero do ramo coincide com a estaca 820 e o PT2 coincide com a estaca 837+1,42 
da estrada tronco. Calcular os valores de R1, R2, E(PI1) e E(PT2). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
mRRR 42,341)00,0820()42,1837(2 222 =+−+=++ 
⇒
+
=
22
42,341
2R mR 00,1002 = 
⇒= 42,34121R mR 42,2411 = 
mD 61,189
180
4542,241
1 =°
°⋅⋅
=
π mD 62,235
180
135100
2 =°
°⋅⋅
=
π 
E(PI1) = (820 + 0,00) + (5 + 0,00) = 825 + 0,00 
E(PT2) = 16.400 + 189,61 + 235,62 = 841 est + 5,23 m 
 
 
 
 
 
 
 
 O2 
 O1 
 Est. 820 
 PC1 ∆1 = 45º 
 Est. 837 + 1,42 
 PT2 
 ∆2 = 135º 
 PT1=PC2 
 TRONCO 
 PI1 
 PI2 
 45º 
 T1 = R2
 45º 
135º 
45º 
 R2 
T2 = R1
 R1 
 R2 
 R2√2 
45º 
 T2 
 45º 
 R1√2 
341,42 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 26
28. A figura é um esboço do projeto de um circuito. Calcule R (em metros), sabendo que o 
comprimento do circuito é 7.217,64 m. Todas as curvas são circulares simples. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
∑
∑
=
=
RD
RT
9012,8
5436,6
 
 
 
64,1385
60sin
1200
=
°
=x 
21200
45sin
1200
=
°
=y 
88,692
º60tan
1200
==a 
00,1200
º45tan
1200
==b 
 
∑ ∑+−+++= DTzyxC 21500 
7217,64 = 1385,64 + 1500 + 1200√2 + (692,88 + 1500 + 1200) – 2(6,5436 R) + 8,9012 R 
mR 1,181= 
T1 = R⋅ tan 60º = 1,7321 R 
T2 = 2R⋅ tan 30º = 1,1547 R 
T3 = 3R⋅ tan 22,5º = 1,2426 R 
T4 = R⋅ tan 67,5º = 2,4142 R 
D1 = π⋅R⋅120º/180º = 2,0944 R 
D2 = π⋅2R⋅60º/180º = 2,0944 R 
D3 = π⋅3R⋅45º/180º = 2,3562 R 
D4 = π⋅R⋅135º/180º = 2,3562 R 
CURVA 2 
Raio = 2R
CURVA 3 
Raio = 3R 
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
2
1 1
r = 500 m
R = 1000 m 
CURVA 2 
R2 = 300 
CURVA 3 
R3 = 400 45º60º 
3000 m 
CURVA 4 
R4 = 200 
CURVA 1 
R1 = 200 
2000 m 
T t 
d 
D 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dosExercícios 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
º34422,85045,598
º180
º40213,857
422,850
2
º34tan
260213,857
2
º40tan
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
m
if
VVD
m
fe
VR
necessário
L
T
99,15
96,3148
72,200
8
72,200
03,0255
1001007,0
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 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 30
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CAPÍTULO 5 
 
CURVAS HORIZONTAIS 
DE TRANSIÇÃO 
 
Glauco Pontes Filho 31
1. Calcular as curvas de transição abaixo: 
a) E(PI) = 342 + 2,50 ∆ = 55º Rc= 680 m V= 80 km/h 
b) E(PI) = 1350 + 12,73 ∆ = 12º Rc=2100 m V=120 km/h 
c) E(PI) = 476 + 9,50 ∆ = 66º24' Rc= 830 m V=100 km/h 
d) E(PI) = 757 + 6,75 ∆ = 82º Rc= 600 m V= 70 km/h 
 
 
Solução: 
 
a) m
R
VLsmín 11,27680
80036,0036,0
33
=⋅== 
mRLs cmáx 75,652180
55680
180
=
°
⋅°⋅
=
°
⋅∆⋅
=
ππ 
Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos: 
( ) [ ]
( ) ( ) mpRkTT
mradRYp
mradsensenRXk
mradRD
rad
mLY
mLX
rad
R
L
c
scs
scs
radc
s
ss
ss
ss
ss
c
s
s
43,414
2
55tan88,068098,59
2
tan
88,0)088235,0cos(168053,3cos1
98,59)088235,0(68091,119
75,532)783461,0(680
783461,0)088235,0(2
180
552
53,3
42
088235,0
3
088235,0120
423
91,119
216
088235,0
10
088235,01120
21610
1
088235,0
6802
120
2
33
4242
=




 °⋅++=




 ∆⋅++=
=−⋅−=−⋅−=
=⋅−=⋅−=
=⋅=⋅=
=⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
=





−⋅=





−⋅=
=





+−⋅=





+−⋅=
=
⋅
=
⋅
=
θ
θ
φ
πθφ
θθ
θθ
θ
 
E(TS) = E(PI) – [TT] = (342 + 2,50) – (20 + 14,43) = 321 + 8,07 
E(SC) = E(TS) + [LS] = (321 + 8,07) + (6 + 0,00) = 327 + 8,07 
E(CS) = E(SC) + [D] = (327 + 8,07) + (26 + 12,75) = 354 + 0,82 
E(ST) = E(CS) + [LS] = (354 + 0,82) + (6 + 0,00) = 360 + 0,82 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 32
b) m
R
VLsmín 62,292100
120036,0036,0
33
=⋅== 
mRLs cmáx 824,439180
122100
180
=
°
⋅°⋅
=
°
⋅∆⋅
=
ππ 
Adotando Ls = 100 m (>0,56V), temos: 
 
θs = 0,023810 rad 
Xs = 99,99 m 
Ys = 0,79 m 
k = 50,00 m 
p = 0,20 m 
TT = 270,74 m 
φ = 0,161820 rad 
D = 339,82 m 
E(TS) = 1337 + 1,99 
E(SC) = 1342 + 1,99 
E(CS) = 1359 + 1,81 
E(ST) = 1364 + 1,81 
 
c) m
R
VLsmín 37,43830
100036,0036,0
33
=⋅== 
mRLs cmáx 89,961180
4,66830
180
=
°
⋅°⋅
=
°
⋅∆⋅
=
ππ 
Adotando Ls = 100 m (>0,56V), temos: 
 
θs = 0,060241 rad 
Xs = 99,96 m 
Ys = 2,01 m 
k = 49,99 m 
p = 0,50 m 
TT = 593,46 m 
φ = 1,038417 rad 
D = 861,89 m 
E(TS) = 446 + 16,04
E(SC) = 451 + 16,04
E(CS) = 494 + 17,93
E(ST) = 499 + 17,93
 
Glauco Pontes Filho 33
d) m
R
VLsmín 58,20600
70036,0036,0
33
=⋅== 
mRLs cmáx 70,858180
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
862960,2arctanarctan
86296,2
42
076767,0
3
076767,093,111
423
864056,111
216
076767,0
10
076767,0193,111
21610
1
076767,0
1206802
93,111
2
33
4242
22
°=




=




=
=





−⋅=





−⋅=
=





+−⋅=





+−⋅=
=
⋅⋅
=
⋅⋅
=
X
Yi
mLY
mLX
rad
LR
L
sc
θθ
θθ
θ
 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 34
TABELA DE LOCAÇÃO (por estacas inteiras) 
ESTACA i 
INT FRAC 
L θ X Y 
grau min seg 
321 8,07 --- --- --- --- --- --- 
322 11,93 0,000872 11,93 0,00 0 0 60 
323 31,93 0,006247 31,93 0,07 0 7 10 
324 51,93 0,016524 51,93 0,29 0 18 56 
325 71,93 0,031703 71,92 0,76 0 36 20 
326 91,93 0,051784 91,91 1,59 0 59 20 
327 111,93 0,076767 111,86 2,86 1 27 58 
327 8,07 120 0,088235 119,91 3,53 1 41 6 
js = θs – is = 3º 22’ 14” 
 
 
 
b) 
ESTACA i 
INT FRAC 
L θ X Y 
grau min seg 
1337 1,99 --- --- --- --- --- --- 
1338 18,01 0,000772 18,01 0,00 0 0 53 
1339 38,01 0,003440 38,01 0,04 0 3 57 
1340 58,01 0,008012 58,01 0,15 0 9 11 
1341 78,01 0,014489 78,01 0,38 0 16 36 
1342 98,01 0,022871 98,00 0,75 0 26 13 
1342 1,99 100 0,023810 99,99 0,79 0 27 17 
js = θs – is = 0º 54’ 34” 
 
 
 
c) 
ESTACA i 
INT FRAC 
L θ X Y 
grau min seg 
446 16,04 --- --- --- --- --- --- 
447 3,96 0,000094 3,96 0,00 0 0 6 
448 23,96 0,003458 23,96 0,03 0 3 58 
449 43,96 0,011641 43,96 0,17 0 13 20 
450 63,96 0,024644 63,96 0,53 0 28 14 
451 83,96 0,042466 83,94 1,19 0 48 40 
451 16,04 100 0,060241 99,96 2,01 1 9 2 
js = θs – is = 2º 18’ 04” 
 
 
 
d) 
ESTACA i 
INT FRAC 
L θ X Y 
grau min seg 
728 4,33 --- --- --- --- --- --- 
729 15,67 0,001705 15,67 0,01 0 1 57 
730 35,67 0,008836 35,67 0,11 0 10 8 
731 55,67 0,021522 55,67 0,40 0 24 40 
732 75,67 0,039764 75,66 1,00 0 45 34 
733 95,67 0,063561 95,63 2,03 1 12 50 
734 115,67 0,092914 115,57 3,58 1 46 28 
734 4,33 120 0,100000 119,88 4,00 1 54 35 
js = θs – is = 3º 49’ 11” 
 
Glauco Pontes Filho 35
3. Numa curva de transição, para a determinação do comprimento de transição (Ls) foi 
escolhido o valor J = 0,4 m/s3 (variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo). 
Calcular a estaca do ST. Dados: ∆ = 50º, Rc = 500 m, Vp = 100 km/h e E(PI) = 210 + 0,00. 
 
Solução: 
 
m
JR
VL
LR
VJ
c
s
sc
17,107
5004,0
6,3
100 3
33
=
⋅






=
⋅
=⇒
⋅
= 
rad
R
L
c
s
s 10717,05002
17,107
2
=
⋅
=
⋅
=θ 
mLX ssss 05,107216
10717,0
10
10717,0117,107
21610
1
4242
=





+−⋅=





+−⋅=
θθ 
mLY ssss 83,342
10717,0
3
10717,017,107
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 
( ) ( ) 16,71416,287
2
50tan96,050056,53
2
tan +==




 °⋅++=




 ∆⋅++= mpRkTT c 
E(TS) = E(PI) – [TT] = (210 + 0,00) – (14 + 7,16) = 195 + 12,84E(SC) = E(TS) + [LS] = (195 + 12,84) + (5 + 7,17) = 201 + 0,01 
E(CS) = E(SC) + [D] = (201 + 0,01) + (16 + 9,16) = 217 + 9,17 
E(ST) = E(CS) + [LS] = (217 + 9,17) + (5 + 7,17) = 222 + 16,34 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 36
4. Com relação ao exercício anterior, calcular as coordenadas X e Y da estaca 220+0,00. 
 
Solução: 
 
L = (222 + 16,34) – (220 + 0,00) = 22 est + 16,34 m = 56,334 m 
 
 
rad
LR
L
sc
029618,0
17,1075002
34,56
2
22
=
⋅⋅
=
⋅⋅
=θ 
mLX 335,56
216
029618,0
10
029618,0134,56
21610
1
4242
=





+−⋅=





+−⋅=
θθ 
mLY 56,0
42
029618,0
3
029618,034,56
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 /330559,084,641000
6,3
100
JsmJ ==
⋅






= 
 PI2 
 PI1 
 TS1 
 ST1 
ST 
CS 
L 
50º 
217+9,17 
222+16,34 
220+0,00 
Glauco Pontes Filho 37
CÁLCULO DA CURVA 2: 
m
JR
smVLs 07,108
330559,0600
6,3
100
)/(
3
22
3
2 =⋅






=
⋅
= 
rads 090058,06002
07,108
=
⋅
=θ 
rads 518017,0)090058,0(2180
402 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
πθφ 
mLX ssss 98,107216
090058,0
10
090058,0107,108
21610
1
4242
=





+−⋅=





+−⋅=
θθ 
mLY ssss 24,342
090058,0
3
090058,007,108
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 
( ) ( ) 70,121370,272
2
40tan81,060002,54
2
tan +==




 °⋅++=




 ∆⋅++= mpRkTT c 
E(TS2) = E(PI2) – [TT2] = (91 + 10,00) – (13 + 12,70) = 77 + 17,30 
 
Como o início da segunda curva deve ser depois do fim da primeira (ou coincidirem), não 
é possível projetar a curva 2 com o J da curva 1, pois : 
E(TS2)=77+17,30 < E(ST1)=104+4,25. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 PI2 
 PI1 
 TS2 
 ST1 
TS2 < ST1 ??? 
Impossível !!! 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 38
6. (*) Numa curva onde a deflexão entre as tangentes (∆) é igual a 0,8 radianos, calcular a 
velocidade, em km/h, que a curva permite desenvolver sem que a variação da aceleração 
centrífuga por unidade de tempo na transição (J) ultrapasse o valor 0,5 m/s3. Dados: 
E(TS)=14+0,00; E(SC)=18+0,00; E(CS)=22+0,00; E(ST)=26+0,00. 
 
Solução: 
 
Ls = E(SC) - E(TS) = (18 + 0,00) – (14 + 0,00) = 80 m 
D = E(CS) - E(SC) = (22 + 0,00) – (18 + 0,00) = 80 m 
hkmsmV
LDJLV
JRLV
LR
VJ
LDR
R
LD
R
LR
R
L
s
s
cs
sc
s
c
c
s
c
sc
c
s
s
/72/20
8000
8,0
80805,080
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
VLsmín 771,87210
80036,0036,0
33
=⋅== 
mRLs cmáx 956,109180
30210
180
=
°
⋅°⋅
=
°
⋅∆⋅
=
ππ 
mLs 86,982
956,109771,87
=
+
= 
rad
R
L
c
s
s 235381,02102
86,98
2
=
⋅
=
⋅
=θ 
Glauco Pontes Filho 39
mLY ssss 726,742
235381,0
3
235381,086,98
423
33
=





−⋅=





−⋅=
θθ 
Letra a) 3
3
3
/53,0
86,98210
6,3
80
sm
LR
VJ
sc
=
⋅






=
⋅
= 
 
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: 
m
JR
VL
LR
VJ
c
s
sc
80
5002,0
6,3
72 3
33
=
⋅






=
⋅
=⇒
⋅
= 
 
rad
R
L
c
s
s 08,05002
80
2
=
⋅
=
⋅
=θ 
 452,66 m 
∆2=24º 
 ∆1=24º 
CURVA 2 
 1000 m 
 PI2 
 1000 m 
 PI1 
EST. 0 
CURVA 1 
 F 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 40
mLX ssss 95,79216
08,0
10
08,0180
21610
1
4242
=





+−⋅=





+−⋅=
θθ 
mLY ssss 13,242
08,0
3
08,080
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 
( ) ( ) 38,6738,146
2
24tan53,050099,39
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 
mTR 01,500
2
º24tan
28,106
2
tan 2
=






=





 ∆
= 
mD 44,209
180
2401,500
=
°
°⋅⋅
=
π 
 
E(PT2) = E(PC2) + D = 1.343,06 + 209,44 = 1.552,50 m = 77 + 12,50 
E(F) = E(PT2) + 1000m - T = 1.552,50 + 1.000 – 106,28 = 2.446,22 m =122 + 6,22 
 
 
 
Glauco Pontes Filho 41
9. (*) Dada a curva horizontal da figura, calcular os valores de X e Y do ponto P que está na 
estaca 100 + 0,00. Dados: Rc = 350 m, E(PI) = 90 + 15,00, Ls = 150 m e ∆ = 60º. 
 
Solução: rad
R
L
c
s
s 214286,03502
150
2
=
⋅
=
⋅
=θ 
mLX ssss 31,149216
214286,0
10
214286,01150
21610
1
4242
=





+−⋅=





+−⋅=
θθ 
mLY ssss 68,1042
214286,0
3
214286,0150
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 
( ) ( ) 50,181350,278
2
60tan674,235089,74
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
026773,0102,53
21610
1
4242
=





+−⋅=





+−⋅=
θθ 
mLY 47,0
42
026773,0
3
026773,002,53
423
33
=





−⋅=





−⋅=
θθ 
 
ST 
CS 
L 
60º 
95+3,02 
102+13,02 
100+0,00 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETOGEOMÉTRICO 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
VL
LR
VJ
c
s
sc
31,89
6004,0
6,3
100 3
33
=
⋅






=
⋅
=⇒
⋅
= 
rad
R
L
c
s
s 074425,06002
31,89
2
=
⋅
=
⋅
=θ 
mLX ssss 26,89216
074425,0
10
074425,0131,89
21610
1
4242
=





+−⋅=





+−⋅=
θθ 
mLY ssss 21,242
074425,0
3
074425,031,89
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 
( ) ( ) 23,31323,263
2
40tan554,060065,44
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
029618,0134,56
21610
1
4242
=





+−⋅=





+−⋅=
θθ 
mLY 56,0
42
029618,0
3
029618,034,56
423
33
=





−⋅=





−⋅=
θθ 
 
ST 
CS 
L 
50º 
217+9,17 
222+16,34 
220+0,00 
Glauco Pontes Filho 43
11. (*) A figura mostra trecho de uma via contendo tangentes perpendiculares entre si e duas 
curvas circulares com transição, reversas e consecutivas. Dados que Rc = 200 m e Ls = 80 
m, calcular as coordenadas do ponto ST2 em relação ao sistema de coordenadas dado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Calculando os elementos da transição, temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Coordenada X = (TT – k) + TT = 2 (241,28) – 39,95 = 442,61 m 
Coordenada Y = -(k + TT) = - (39,95 + 241,28) = -281,23 m 
 SC1 
 CS1 
 ST1= TS2 
 SC2 
 CS2
 ST2 
 C2 
 C1 
 TS1 
 E 
 N 
θs = 0,083333 rad 
Xs = 99,93 m 
Ys = 2,78 m 
k = 49,99 m 
p = 0,69 m 
TT = 252,35 m 
 SC1 
 CS1 
 ST1= TS2 
 SC2 
 CS2 ST2 
 C2 
 C1 
 TS1 
 E 
k
TT
 TT-k 
 TT
 TT 
 k
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 44
12. (*) A figura mostra trecho do eixo da planta de um autódromo formado por 3 tangentes 
paralelas concordadas entre si por curvas circulares com transição. Sabendo que Rc = 50 m 
e Ls = 50 m, calcular as coordenadas do ponto ST2 em relação ao sistema de coordenadas 
dado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Calculando os elementos da transição, temos: 
 
θs = 0,50 rad 
Xs = 48,76 m 
Ys = 8,18 m 
k = 24,79 m 
p = 2,06 m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Coordenada E = k = 24,76 m 
 
Coordenada N = 4 (Rc+p) = 4 (50 + 2,06) = 208,24 m 
 
 
 
100 m
 TS1 E 
 TS2 
 SC1 
 CS1 
 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: 
°=




=





−
−
= 690,33
3
4arctan
70001000
40000arctan1Az 
°=





−
−
+°= 036,149
20007000
70004000arctan1802Az 
°=





−
−
+°= 801,111
02000
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) 
 
( )
%9,6
600
95,374
600
95,37428
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
97,25126
97,251
14,006,0127
80
2
2
2
min
=





−
⋅
⋅=
=
+⋅
=
e
mR
 
Glauco Pontes Filho 51
3. Fazer o diagrama da superelevação de uma curva de transição em espiral, anotando todas as 
cotas e pontos em relação ao perfil de referência (extraído dasnotas 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(10006,0
100
%)2(3
1 =
⋅
=⇒=
⋅
= 
 
b) Na transição: 
 
( ) mLeLeLLmLe
mSmLe
es 48361236)5,0(2
06,0248,0100
48,0
100
%83212
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 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 52
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CAPÍTULO 7 
 
 
 
SUPERLARGURA 
 
Glauco Pontes Filho 53
1. Calcular a superlargura, sendo dados os seguintes elementos: 
 Largura do veículo: L = 2,50 m. 
Distância entre os eixos do veículo: E = 6,50 m. 
 Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,10 m. 
 Raio da curva: R = 280 m. 
 Velocidade de projeto: V = 90 km/h. 
 Faixas de tráfego de 3,3 m (LB = 6,6 m). 
 Número de faixas: 2. 
 
Solução: Tabela 7.1: LB = 6,6 m → GL = 0,75 m. 
( ) [ ]
( ) 6,6538,0028,0)75,0575,2(22
538,0
28010
90
10
028,0280)5,6(210,110,12802
575,2
)280(2
5,650,2
2
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=
⋅
+=
⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
m
R
VF
mREFFRG
m
R
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
566,0
20010
80
10
040,0200)10,6(220,120,12002
593,2
)200(2
1,650,2
2
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=
⋅
+=
⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
m
R
VF
mREFFRG
m
R
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
7454,0
18010
100
10
0599,0180)7(240,140,11802
5361,2
)180(2
740,2
2
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=
⋅
+=
⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
m
R
VF
mREFFRG
m
R
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
100
250
10025044,25 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
1,660,2
2
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=
⋅
+=
⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
m
R
VF
mREFFRG
m
R
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
112
412
22
min OKmA
D
LLD pp =⋅=⋅=→< 
Flecha máxima: mLgF 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
 
mLiPIVCotaPTVCota
mLiPIVCotaPCVCota
60,667
2
160)03,0(670
2
)()(
20,669
2
16001,0670
2
)()(
2
1
=
⋅−
+=
⋅
+=
=
⋅
−=
⋅
−=
 
 
Cálculo do vértice V: 
m
g
Liy
mestm
g
LiL
20,0
)04,0(2
160)01,0(
2
00,0240
04,0
16001,0
22
1
0
1
0
=
⋅
⋅
=
⋅
=
+==
⋅
=
⋅
=
 
 V 
i1 = +1% 
 i2 = -3% 
 PTV 
 PCV 
PIV cota 670 m 
Est. 74+0,00 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 58
E(V) = E(PCV) + [L0] = (70+ 0,00) + (2+ 0,00) = 72 est + 0,00 m 
myPCVCotaVCota 40,66920,020,669)()( 0 =+=+= 
 
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola: 
222 000125,0
1602
04,0
2
xxx
L
gf ⋅=⋅
⋅
=⋅= 
800,080000125,0
450,060000125,0
200,040000125,0
050,020000125,0
00000125,0
2
74
75
2
73
76
2
72
77
2
71
78
2
70
=⋅=
==⋅=
==⋅=
==⋅=
==⋅=
f
ff
ff
ff
ffestaca
 
 
NOTA DE SERVIÇO SIMPLIFICADA 
 
 
EST. COTAS DO 
GREIDE DE 
PROJETO 
ORDENADAS 
DA PARÁBOLA 
GREIDE 
DE PROJETO 
70=PCV 669,20 0,00 669,20 
71 669,40 0,05 669,35 
72 669,60 0,20 669,40 
73 669,80 0,45 669,35 
74=PIV 670,00 0,80 669,20 
75 669,40 0,45 668,95 
76 668,80 0,20 668,60 
77 668,20 0,05 668,15 
78=PTV 667,60 0,00 667,60 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Glauco Pontes Filho 59
2. Calcular os elementos notáveis da curva vertical abaixo e confeccionar a nota de serviço. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
06,0%6%4%221 −=−=−−=−= iig 
Flecha máxima: mLgF 40,2
8
32006,0
8
−=
⋅−
=
⋅
= 
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 160 m = 8 estacas 
mLiPIVCotaPTVCota
mLiPIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
40,561
2
32004,0555
2
)()(
20,558
2
32002,0555
2
)()(
00,084)00,08()00,076()(
00,068)00,08()00,076()(
2
1
=
⋅
+=
⋅
+=
=
⋅−
−=
⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
 
 
Cálculo do vértice V: 
myPCVCotaVCota
mestLPCVEVE
m
g
Liy
mestm
g
LiL
13,55707,120,558)()(
67,673)67,65()00,068()()(
07,1
)06,0(2
320)02,0(
2
67,6567,106
06,0
32002,0
0
0
22
1
0
1
0
=−=+=
+=+++=+=
−=
⋅
⋅−
=
⋅
=
+==
−
⋅−
=
⋅
=
 
 
Cálculo das cotas do greide reto: 
 V 
i1 = -2% 
i2 = +4% 
 PTV 
 PCV 
PIV cota 555 m 
Est. 76+0,00 
 L = 320 m 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 60
GRPCV = cota(PCV) = 558,20 m 
GR69 = 558,20 – 20(0,02) = 557,80 m 
GR70 = 557,80 – 20(0,02) = 557,40 m 
: 
: 
GRPIV = cota(PIV) = 555,00 m 
GR77 = 555,00 + 20(0,04) = 555,80 m 
GR78 = 555,80 + 20(0,04) = 556,60 m 
: 
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola: 
2522 103750,9
3202
06,0
2
xxx
L
gf ⋅⋅−=⋅
⋅
−
=⋅= − 
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 
80558,20 -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 75,0
8
20003,0
8
=
⋅
=
⋅
= 
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0 m 
mLiPIVCotaPTVCota
mLiPIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
00,119
2
20004,0123
2
)()(
00,124
2
20001,0123
2
)()(
00,055)00,05()00,050()(
00,045)00,05()00,050()(
2
1
=
⋅−
+=
⋅
+=
=
⋅−
−=
⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
 
 
Cálculo do vértice V: 
Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV. 
 
Cálculo das cotas do greide reto: 
GRPCV = cota(PCV) = 124,00 m 
GR46 = 124,00 – 20(0,01) = 123,80 m 
GR47 = 123,80 – 20(0,01) = 123,60 m 
: 
: 
GRPIV = cota(PIV) = 123,00 m 
GR51 = 123,00 - 20(0,04) = 122,20 m 
GR52 = 122,20 - 20(0,04) = 121,40 m 
: 
 
 i1 = -1% 
i2 = -4% 
 PTV 
 PCV 
PIV cota 123 m 
Est. 50+0,00 
 L = 200 m 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 62
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola: 
2522 105,7
2002
03,0
2
xxx
L
gf ⋅⋅=⋅
⋅
=⋅= − 
75,090105,7
48,070105,727,050105,7
12,030105,703,010105,7
25
50
25
49
25
48
25
47
25
46
=⋅⋅=
=⋅⋅==⋅⋅=
=⋅⋅==⋅⋅=
−
−−
−−
f
ff
ff
 
 
NOTA DE SERVIÇO DE TERRAPLENAGEM 
 
Estaca Greide Reto f 
Greide de 
Projeto 
45 124,00 0,00 124,00 
46 123,80 0,03 123,77 
47 123,60 0,12 123,48 
48 123,40 0,27 123,13 
49 123,20 0,48 122,72 
50 123,00 0,75 122,25 
51 122,20 0,48 121,72 
52 121,40 0,27 121,13 
53 120,60 0,12 120,48 
54 119,80 0,03 119,77 
55 119,00 0,00 119,00 
 
 
 
 
 
Glauco Pontes Filho 63
4. Idem para: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
01,0%1%5,1%5,221 ==−=−= iig 
Flecha máxima: mLgF 50,0
8
40001,0
8
=
⋅
=
⋅
= 
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 200 m = 10 est + 0,00 m 
mLiPIVCotaPTVCota
mLiPIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
00,90
2
400015,087
2
)()(
00,82
2
400025,087
2
)()(
00,050)00,010()00,040()(
00,030)00,010()00,040()(
2
1
=
⋅−
+=
⋅
+=
=
⋅
−=
⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
 
 
Cálculo do vértice V: 
Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV. 
 
Cálculo das cotas do greide reto: 
GRPCV = cota(PCV) = 82,00 m 
GR46 = 82,00 + 20(0,025) = 82,50 m 
GR47 = 82,50 + 20(0,025) = 83,00 m 
: 
: 
GRPIV = cota(PIV) = 87,00 m 
GR51 = 87,00 + 20(0,015) = 87,30 m 
GR52 = 87,30 + 20(0,015) = 87,60 m 
: 
 
 i1 = +2,5% 
i2 = +1,5% 
 PTV 
 PCV 
PIV cota 87 m 
Est. 40+0,00 
 L = 400 m 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 64
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola: 
2522 1025,1
4002
01,0
2
xxx
L
gf ⋅⋅=⋅
⋅
=⋅= − 
50,0200101025,141,0180101025,1
32,0160101025,125,0140101025,1
18,0120101025,113,0100101025,1
08,080101025,105,060101025,1
02,040101025,101,020101025,1
245
40
245
39
245
38
245
37
245
36
245
35
245
34
245
33
245
32
245
31
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
−−−−
−−−−
−−−−
−−−−
−−−−
ff
ff
ff
ff
ff
 
 
NOTA DE SERVIÇO 
 
Estacas Greide Reto f 
Greide de 
Projeto 
30+0,00=PCV 82,00 0,00 82,00 
31 82,50 0,01 82,50 
32 83,00 0,02 82,98 
33 83,50 0,05 83,46 
34 84,00 0,08 83,92 
35 84,50 0,13 84,38 
36 85,00 0,18 84,82 
37 85,50 0,25 85,26 
38 86,00 0,32 85,68 
39 86,50 0,41 86,10 
40=PIV 87,00 0,50 86,50 
41 87,30 0,41 86,90 
42 87,60 0,32 87,28 
43 87,90 0,25 87,66 
44 88,20 0,18 88,02 
45 88,50 0,13 88,38 
46 88,80 0,08 88,72 
47 89,10 0,05 89,06 
48 89,40 0,02 89,38 
49 89,70 0,01 89,70 
50+0,00=PTV 90,00 0,00 90,00 
 
 
 
 
 
 
 
 
Glauco Pontes Filho 65
5. Calcular os elementos notáveis da curva vertical abaixo e confeccionar a nota de serviço. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
024,0%4,2%6,3%2,121 −=−=−=−= iig 
Flecha máxima: mLgF 60,0
8
200024,0
8
−=
⋅−
=
⋅
= 
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0,00 m 
mLiPIVCotaPTVCota
mLiPIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
60,673
2
200036,0670
2
)()(
80,668
2
200012,0670
2
)()(
00,089)00,05()00,084()(
00,079)00,05()00,084()(
2
1
=
⋅
+=
⋅
+=
=
⋅
−=
⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
 
 
Cálculo do vértice V: 
Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV. 
 
Cálculo das cotas do greide reto: 
GRPCV = cota(PCV) = 668,80 m 
GR46 = 668,80 + 20(0,012) = 669,04 m 
GR47 = 669,04 + 20(0,012) = 669,28 m 
: 
: 
 i1 = +1,2% 
i2 = +3,6% 
 PTV 
 PCV PIV cota 670 m 
Est. 84+0,00 
L = 200 m 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 66
GRPIV = cota(PIV) = 670,00 m 
GR51 = 670,00 + 20(0,036) = 670,72 m 
GR52 = 670,72 + 20(0,036) = 671,44 m 
: 
 
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola: 
2522 1000,6
2002
024,0
2
xxx
L
gf ⋅⋅−=⋅
⋅
−
=⋅= − 
60,01001000,6
38,0801000,622,0601000,6
10,0401000,602,0201000,6
25
84
25
83
25
82
25
81
25
80
−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−
−−
−−
f
ff
ff
 
 
NOTA DE SERVIÇO DE TERRAPLENAGEM 
 
Estacas Greide Reto f 
Greide de 
Projeto 
79=PCV 668,80 0,00 668,80 
80 669,04 -0,02 669,06 
81 669,28 -0,10 669,38 
82 669,52 -0,22 669,74 
83 669,76 -0,38 670,14 
84=PIV 670,00 -0,60 670,60 
85 670,72 -0,38 671,10 
86 671,44 -0,22 671,66 
87 672,16 -0,10 672,26 
88 672,88 -0,02 672,90 
89=PTV 673,60 0,00 673,60 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Glauco Pontes Filho 67
6. (*) Calcular cotas e estacas dos PCV’s, PTV’s e vértices das curvas do perfil da figura 
abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
%10,30310,0
)5373(20
80,8420,97
%50,40450,0
)2553(20
11080,84
%00,20200,0
2520
100110
3
2
1
==
−⋅
−
=
−=−=
−⋅
−
=
==
⋅
−
=
i
i
i
 
 
 
CURVA 1: 
00,1017)00,012()00,105()(
60,10440,220,102)(
40,2
)065,0(2
780)02,0(240
065,0
78002,0
45,92
2
780045,0110)(
20,102
2
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
1
1
1
1
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 
C
O
TA
S 
(m
) 
Rv1=12000 m 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 68
CURVA 2: 
 
00,854)00,09()00,845()(
59,8705,464,91)(
05,4
)076,0(2
304)045,0(180
076,0
304045,0
51,89
2
304031,080,84)(
64,91
2
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
2
2
2
2
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
608
076,0
)304(2
031,0045,0
22
xxx
L
iix
L
gf ⋅−=⋅−−=⋅−=⋅= 
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) 888,2152
608
076,0178,2132
608
076,0
568,1112
608
076,0058,192
608
076,0
648,072
608
076,0338,052
608
076,0
128,032
608
076,0018,012
608
076,0
2
53
2
52
2
51
2
50
2
49
2
48
2
47
2
46
−=⋅
−
=−=⋅
−
=
−=⋅
−
=−=⋅
−
=
−=⋅
−
=−=⋅
−
=
−=⋅
−
=−=⋅
−
=ff
ff
ff
ff
 
 
Para o vértice V, temos: 
 
CGR54+8,00 = CGR54 + rampa i3 x distância entre E54+8,00 e E54 = 89,14 + 0,031 x 8 = 85,668 m 
Como a curva é simétrica, temos x = (60+12,00) – (54+8,00) = 124 m 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 70
( ) mf 922,1124
608
076,0 2
00,854 −=⋅
−
=+ 
 
Para o cálculo dos greides de projeto, basta subtrair: CGPx = CGRx – fx 
 
ESTACA COTAS DO GREIDE RETO 
f COTAS DO GREIDE 
DE PROJETO 
PCV = 45+8,00 91,64 91,64 
46 91,10 -0,018 91,118 
47 90,20 -0,128 90,328 
48 89,30 -0,338 89,638 
49 88,40 -0,648 89,048 
50 87,50 -1,058 88,558 
51 86,60 -1,568 88,168 
52 85,70 -2,178 87,878 
PIV = 53 + 0,00 84,80 -2,888 87,688 
54 85,42 -2,178 87,598 
V = 54 + 8,00 85,668 -1,922 87,590 
55 86,04 -1,568 87,608 
56 86,66 -1,058 87,718 
57 87,28 -0,648 87,928 
58 87,90 -0,338 88,238 
59 88,52 -0,128 88,648 
60 89,14 -0,018 89,158 
PTV = 60+12,00 89,512 89,512 
 
 
8. (*) Dado o perfil longitudinal da figura, determinar um valor único para os raios Rv1, Rv2 e 
Rv3 de forma que este valor seja o maior possível. 
 
 
 
 
Solução: 
 
Para que os raios sejam 
os maiores possíveis, 
devemos ter: 
 
mRRRRgRgLL
mLLb
mRRRRgRgLL
mestestestLLa
vvvvv
vvvvv
00,600.5065,006,0700
350
22
)
39,217.506,0055,0600
30015120135
22
)
3232
32
2121
21
=⇒⋅+⋅=⋅+⋅==+
=+
=⇒⋅+⋅=⋅+⋅==+
==−=+
 
 
Logo, o maior valor possível de Rv é 5.217,39 m. 
 i3 Rv3 
Rv1 
 +2% 
-4% 
-3,5% 
PIV1 
PIV3 
cota 93,75 
Rv2 
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 
PTV1
PCV2
58 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 72
a) Equação da reta 1: y = 0,06x 
 
b) Para o cálculo da equação da reta 2, determinaremos a posição do PIV2: 
xPIV2 = 460 m 
yPIV2 = 0,06 (150) + 0,01 (310) = 12,10 m 
 
c) Equação da reta 2: 
y = -0,02x + b 
12,10 = -0,02(460) + b b = 21,30 
 
d) Determinação da posição do novo PIV 
y = 0,06x 
y = -0,02x + 21,30 
Logo: x = 266,25 m 
 E(PIV) = estaca 58 + 266,25 m = 71 est + 6,25 m 
 
e) Determinação de Lmáx 
 distância da estaca 58 ao PIV = 266,25 m 
 distância da estaca 87 ao PIV = 580 - 266,25 m = 313,75 m 
 O menor valor satizfaz, logo: 
 Lmáx = 266,25 L = 532,50 m 
 
f) Cálculo de Rv 
 Rv = L/g = 532,50/(0,06 + 0,02) = 6.656,25 m 
 E(PCV) = 58 + 0,00 
E(PIV) = (58 + 0,00) + L/2 = (58 + 0,00) + (13 + 6,25) = 71 + 6,25 
E(PTV) = (71+6,25) + (13+6,25) = 84 + 12,50 
Glauco Pontes Filho 73
10. (*) A figura mostra o perfil longitudinal de um trecho de estrada. Calcular o valor da rampa 
i2 para que os pontos PTV1 e PCV2 sejam coincidentes. Determinar as estacas e cotas do 
ponto mais alto da curva 1 e do ponto mais baixo da curva 2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
mPIVCota
LLiPIVCotaPIVCota
i
ii
ii
gRvgRv
LLLL
50,9047502,0100)(
22
)()(
%2020,0
950250500010000400
95005,0500004,010000
950
950475
22
2
21
212
2
22
22
2211
21
21
=⋅−=





 +⋅+=
−=−=
=+−−
=+−⋅+−⋅
=⋅+⋅
=+⇒=+
 
 
 
CURVA 1: 
 
mLiPIVCotaPCVCota
LPCVE
myestacasmL
mgRvL
00,88
2
60004,0100
2
)()(
00,035)00,015()00,050(
2
)00,050()(
00,8
)06,0(2
600)04,0(20400
06,0
60004,0
00,60002,004,0000.10
11
11
1
1
2
00
111
=
⋅
−=−=
+=+−+=−+=
=
⋅
⋅
===
⋅
=
=+=⋅=
 
 PCV1 
 i2 +4% +5% 
 PIV1 cota 100 
 PTV1 ≡ PCV2 
 Rv2 = 5000 m 
 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
0,94
2
35002,0)()(
00,065)00,158()00,1573(
2
)()(
00,1
)07,0(2
350)02,0(5100
07,0
35002,0
00,35005,002,0000.5
22
2
22
2
00
222
=
⋅−
−=
+=+−+=−=
−=
−⋅
⋅−
===
−
⋅−
=
=−−=⋅=
 
 
PONTO MAIS BAIXO DA CURVA 2 (VÉRTICE) 
 
myPCVCotaVCota
LPCVEVEstaca
0,93194)()(
00,070)00,05()00,065()()(
022
022
=−=+=
+=+++=+=
 
 
 
 
 
Glauco Pontes Filho 75
11. (*) No esquema da figura, calcular a menor altura de corte possível na estaca 144 para uma 
estrada de pista dupla com velocidade de projeto V = 100 km/h. Calcular também o raio da 
curva vertical e estacas dos pontos PCV e PTV da solução adotada (Calcular Lmin – 
condições recomendadas). 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
• A menor altura de corte é atingida quando adotarmos o comprimento mínimo da curva vertical. 
• Condições recomendadas (ou mínimas) utiliza-se a velocidade de operação no cálculo. 
• Condições excepcionais (ou desejáveis) utiliza-se a velocidade de projeto no cálculo. 
 
 
Cálculo de Lmín: 
mA
D
L
m
f
VVD
p
mín
p
36,59710
412
88,156
412
88,155
)30,0(255
86)86(7,0
255
7,0
22
22
=⋅=⋅=
=
⋅
+=+=
 
Adotando um valor múltiplo de 10, temos: L = 600 m. 
 
Cálculo da flecha da parábola na estaca 144: 
mLgF 50,7
8
)600(10,0
8
=
⋅
=
⋅
= 
 
ALTURA MÍNIMA DE CORTE = F – (cota 654,28 – cota 653,71) = 7,5 - 0,57 = 6,93 m 
 
00,0159)00,015()00,0144()(
00,0129)00,015()00,0144()(
000.6
10,0
600
+=+++=
+=+−+=
===
PTVE
PCVE
m
g
LRv
 
-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
)()(
320
16
25,0025,040,11540,112
)()(
16
25,0
)08,0(2
)05,0(
2
025,040,115
2
05,040,115
2
)()(
0
22
1
0
1
+=+−+=−=
=⇒+−=
+=
=
⋅
=
⋅
=
−=⋅−=−=
LPIVEPCVE
mLLL
yPCVCotaVCota
LL
g
Liy
LLLiPIVCotaPCVCota
 
 
 
Distância entre a estaca 58 e o PCV: x = 4 estacas = 80 m 
 
 
mECota
ECota
PCVCotaxix
L
gECota
60,110)(
)320(025,040,115)80(05,080
)320(2
08,0)(
)(
2
)(
58
2
58
1
2
58
=
−+⋅+⋅
−
=
+⋅+⋅
−
=
 
 
 
 
 -3% +5% 
 PIV cota 115,40 m 
 co
ta
 1
12
,4
0 
m
 
 E
st
ac
a 
62
 
 P
C
V
 
 V 
 E
st
ac
a 
58
 
 co
ta
 =
 ?
 
 P
TV
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 78
14. (*) No perfil longitudinal da figura, determinar o raio equivalente da curva vertical2 (Rv2) 
de forma que os pontos PTV1 e PCV2 sejam coincidentes. Calcular também as cotas do 
greide da estrada nas estacas 27 e 31 e no ponto mais baixo da curva 2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
%00,10100,0
210
40,10750,109
%00,20200,0
350
40,11440,107
%00,60600,0
1220
10040,114
3
2
1
==
−
=
−=−=
−
=
==
⋅
−
=
i
i
i
 
 
 
mRv
Rv
Rv
gRvgRv
LLLL
000.10
70003,0400
70001,002,002,006,05000
700
700350
22
2
2
2
2211
21
21
=
=+
=−−⋅++⋅
=⋅+⋅
=+⇒=+
 
 PCV1 
 PIV1 cota 114,40 
 PTV1 ≡ PCV2 
 Rv2 
 40 29 + 10,00 12 Est. 0 
 Rv1 = 5000 m 
 PTV2 
 PIV2 cota 107,40 
 c
ot
a 
10
0,
00
 
 c
ot
a 
10
9,
50
 
Glauco Pontes Filho 79
)(
2
)(
40,110200*)02,0(40,114
2
)()(
00,037)00,107()00,1029()(
00,022)00,010()00,012()()(
00,02)00,010()00,012()(
30003,0*1000040008,0*5000
:
1
2
1
212
2
12
1
21
PCVCotaxix
L
gPCota
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
2
27
=
+⋅−+⋅
−−
=
 
 
Na estaca 31 temos: x = 9 estacas = 180 m (distância entre a estaca 31 e o PCV), logo: 
 
mECota
ECota
42,108)(
40,110)180()02,0(180
)300(2
)03,0()(
27
2
27
=
+⋅−+⋅
−−
=
 
 
 
Ponto mais baixo (vértice): 
 
myPCVCotaVCota
my
40,10800,240,110)()(
00,2
)03,0(2
300)02,0(
02
2
0
=−=+=
−=
−⋅
⋅−
=
 
 
 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 80
15. (*) Dado o perfil longitudinal da figura, calcular a rampa i2 de forma que ela tenha a menor 
inclinação possível. Os raios mínimos das curvas verticais são iguais a 4000 m. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
[ ]
[ ] [ ]
1875,00200,0
0158304000
950)02,0(2000)01,0(2000)02,0(40486)01,0(20500
:21
)2()02,0(40486)01,0(20500
)()(
)02,0(4048602,0
2
486)(
)01,0(2050001,0
2
500)(
)1(950)02,0(2000)01,0(2000
950
22
)02,0(400002,04000
)01,0(400001,04000
22
2
2
2
22222
222
221
2
2
2
2
1
1
22
21
22222
22111
−=−=
=++
+−⋅−−⋅−⋅−=−⋅−−−⋅+
⋅−=−⋅−−−⋅+
⋅−=−=
−⋅−=⋅−=
−⋅+=⋅+=
=+−⋅−−⋅−
=++
−⋅=−⋅=⋅=
−⋅=−⋅=⋅=
ioui
ii
iiiii
emdoSubstituin
equaçãoxiii
xiPIVCotaPIVCotah
iLPIVCota
iLPIVCota
equaçãoxii
LxL
iigRvL
iigRvL
 
 
 
Logo: %22 −=i 
 x 
 i2 
 +1% +2% 
 E
st
ac
a 
0 
 950 m c
ot
a 
50
0 
Es
t. 
47
+1
0,
00
 
 c
ot
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
rad
R
Lss
81,105)05807,1(100
05807,1)3,0(2
º180
º952
180
3000,0
100*2
60
2
111
1
1
1
1
1
1
=⋅=⋅=
=−
⋅
=−
°
⋅°∆
=
===
φ
πθπφ
θ
 
 
 
CURVA 2, trecho circular: 
 
mRD
rads
rad
R
Lss
08,117)58540,0(200
58540,0)1,0(2
º180
º452
180
1000,0
200*2
40
2
222
2
2
2
2
2
2
=⋅=⋅=
=−
⋅
=−
°
⋅°∆
=
===
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 y
L2/2 L2/2 
-1% +5% -1% 
TS1 ST2 
PCV2 
Cota 100,00 
Cota 113 
Cota 114,50 
Fig. 1 
Fig. 2 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 82
Comprimento total do trecho TS1 – ST2: 
C =2Ls1 + D1 + 200 + 2Ls2 + D2 = 622,88 m 
 
FIGURA 2: 
 
Obs.: Para Rv1 (máx), devemos ter PTV1=PCV2 
 
Curva vertical convexa 2: 
L2 = Rv2*g2 = 5000*(0,05+0,01) = 300 m 
Cota(PCV2) = 114,50 – 150*0,05 = 107,00 m 
 
Curva vertical côncava 1: 
Cota(PIV1) = 100 – 0,01x (pela esquerda) 
Cota(PIV1) = 107 – 0,05y = 107 – 0,05*(322,88-x) (pela direita) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Logo: 100 – 0,01x = 107 – 16,144 + 0,05x x = 152,40 m 
y = 322,88 – x = 322,88 – 152,40 = 170,48 m 
 
CONDIÇÃO: L1/2 = menor dos valores x e y L1/2 = 152,40 L1 = 304,80 m 
Donde: Rv1(máx) = L1/|g1|= 304,80/ (0,05 + 0,01) = 5080 m 
 
 
PIV1 
PIV2 
x y=322,88-x 
L2 = 300 m 
622,88 m 
-1% +5% -1% 
TS1 ST2 
PCV2 
Cota 100,00 Cota 113 
Cota 114,50 
Fig. 2 
622,88 -300 = 322,88 m 
Cota 107,00 
Glauco Pontes Filho 83
17. Preencher a Nota de Serviço de Terraplenagem: 
Dados: distância de visibilidade de parada = 60 m 
 cota do greide reto na estaca zero = 200,000 m 
 E(PIV1) = 9 + 0,00 
E(PIV2) = 18 + 0,00 
 i1 = -2,3% 
i2 = +3,5% 
 i3 = -4,6% 
 
 
ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS VERMELHAS 
EST. 
HORIZ. VERT. TERRENO GREIDE RETO 
ORDENADAS 
DA PARÁBOLA 
GREIDE 
DE 
PROJETO CORTE 
(+) 
ATERR
O (-) 
0 200,000 
1 199,200 
2 198,300 
3 197,450 
+ 7,50 PCE 197,180 
4 196,700 
5 195,200 
6 194,600 
7 AC=20º 194,000 
8 R=687,5 m 193,550 
9 T=121,2 m 193,000 
10 D=240,0 m 194,200 
11 dm = 2,5’ 195,500 
12 196,600 
13 197,800 
14 199,050 
15 200,300 
+ 7,50 PT 200,900 
16 201,800 
17 203,400 
18 204,150 
19 203,000 
20 201,850 
21 200,620 
22 199,450 
23 198,200 
24 196,900 
25 195,720 
 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 84
Solução: 
 
Esboço do perfil longitudinal: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pelo esboço, já obtemos as estacas dos pontos notáveis. 
 
Verificação de Lmin: 
Curva 1: S< L )(9,625,33,2
605,3122
60
5,3122
22
min OKmAD
D
L
p
p =−−⋅
⋅+
=⋅
+
= 
Curva 2: S< L )(8,706,45,3
412
60
412
22
min OKmA
D
L p =+⋅=⋅= 
 
Equação para cálculo das ordenadas da parábola: 
 
Curva 1: g = – 0,023 – 0,035 = – 0,058 
2422 10625,3
)80(2
058,0
2
xxx
L
gf ⋅⋅−=⋅−=⋅= − 
Onde x = distância do ponto em questão ao PCV. 
 
Curva 2: g = 0,035 + 0,046 = 0,081 
2422 100625,5
)80(2
081,0
2
xxx
L
gf ⋅⋅=⋅=⋅= − 
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 204,150 202,1600,810 201,350 2,800 
19 203,000 201,240 0,203 201,037 1,963 
20 PTV2 201,850 200,320 0,000 200,320 1,530 
21 200,620 199,400 199,400 1,220 
22 199,450 198,480 198,480 0,970 
23 198,200 197,560 197,560 0,640 
24 196,300 196,640 196,640 -0,340 
25 195,720 195,720 195,720 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 86
18. Preencher a Nota de Serviço de Terraplenagem (extraído das notas de aula do professor 
Carlos Alexandre Braz de Carvalho): 
Dados: i1 = 2,5% 
i2 = -2% 
 parábola simples 
 
 
EST. ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS VERMELHAS 
INT FRAC HORIZ. VERT. TERRENO GREIDE RETO 
f 
GREIDE 
DE 
PROJETO CORTE 
(+) 
ATERRO 
(-) 
30 PCV 103,415 
 +10 104,785 
31 104,914 
 +10 105,112 
32 105,222 
 +10 105,317 
33 105,419 
 +10 105,613 
34 105,712 
 +10 105,801 
35 PIV 105,903 103,500 
 +10 105,793 
36 105,685 
 +10 105,417 
37 105,335 
 +10 105,127 
38 104,295 
 +10 104,015 
39 103,970 
 +10 103,950 
40 PTV 103,550 
 
 
Solução: 
 
Para o ramo esquerdo da curva, temos: GRn-1 = GRn – 0,025*10 = GRn – 0,25 
Para o ramo direito da curva, temos: GRn+1 = GRn – 0,02*10 = GRn – 0,2 
 
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola: 
 
)100,90,,30,20,10,0(
400
045,0
)200(2
020,0025,0
2
222 K=⋅=⋅
+
=⋅= xxxx
L
gf 
Glauco Pontes Filho 87
Por exemplo, na estaca 33 temos: 
GR = 103,500 – 0,025*40 = 102,500 
405,060
400
045,0 2 =⋅=f 
GP = GR – f = 102,500 – 0,405 = 102,095 
TERRENO – GP = 105,419 – 102,095 = +3,324 (CORTE) 
Procede-se de forma análoga para as outras estacas, obtendo-se: 
 
EST. ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS VERMELHAS 
INT FRAC HORIZ. VERT. TERRENO GREIDE RETO 
f GREIDE 
DE PROJETO CORTE (+) ATERRO (-) 
30 PCV 103,415 101,000 0,000 101,000 2,415 
 +10 104,785 101,250 0,011 101,239 3,546 
31 104,914 101,500 0,045 101,455 3,459 
 +10 105,112 101,750 0,101 101,649 3,463 
32 105,222 102,000 0,180 101,820 3,402 
 +10 105,317 102,250 0,281 101,969 3,348 
33 105,419 102,500 0,405 102,095 3,324 
 +10 105,613 102,750 0,551 102,199 3,414 
34 105,712 103,000 0,720 102,280 3,432 
 +10 105,801 103,250 0,911 102,339 3,462 
35 PIV 105,903 103,500 1,125 102,375 3,528 
 +10 105,793 103,300 0,911 102,389 3,404 
36 105,685 103,100 0,720 102,380 3,305 
 +10 105,417 102,900 0,551 102,349 3,068 
37 105,335 102,700 0,405 102,295 3,040 
 +10 105,127 102,500 0,281 102,219 2,908 
38 104,295 102,300 0,180 102,120 2,175 
 +10 104,015 102,100 0,101 101,999 2,016 
39 103,970 101,900 0,045 101,855 2,115 
 +10 103,950 101,700 0,011 101,689 2,261 
40 PTV 103,550 101,500 0,000 101,500 2,050 
 
 
 
19. (Concurso DNER) Sabendo que os valores de L1 e L2 são, respectivamente, 40 m e 60 m, a 
flecha de uma parábola composta, utilizada para concordar um perfil cujas rampas são 
+4,2% e –3,5%, tem o seguinte valor: 
a) 0,168 m b) 0,924 m c) 1,848 m d) 3,850 m 
 
Solução: mg
L
LLF 924,0)035,0042,0(
)6040(2
)60(40
2
21 =+⋅
+
=⋅
⋅
= 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 88
20. Levantar o perfil longitudinal do alinhamento horizontal da figura (extraído das notas de 
aula do professor Creso Peixoto). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A 
B 
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: 
 
 
%25,10125,0
2020
325320
%00,50500,0
2520
300325
%00,50500,0
1520
315300
3
2
1
−=−=
⋅
−
=
==
⋅
−
=
−=−=
⋅
−
=
i
i
i
 
 
 
 
22. Com relação aos dados da questão anterior, completar a tabela abaixo. Considerar o 
comprimento da curva vertical número 6 igual a 320 metros e o comprimento da curva 
número 7 igual a 400 metros. Calcular os raios das curvas. 
 
EST. GREIDE RETO 
ORDENADAS 
DA PARÁBOLA 
GREIDE 
DE PROJETO 
100 
101 
 
… 
 
159 
160 
 
325 
100 110 120 130 140 150 
320 
315 
310 
305 
300 
295 
C
O
TA
S 
(m
) 
ESTACAS 
PIV6 
PIV7 
PIV8 
PIV5 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 90
Solução: 
 
CURVA 6 
 
Estaca do PIV: 115 Est + 0,00 metros 
Cota do PIV: 300,00 m 
Comprimento L: 320 m 
Rampa i1 (%): -5,00% 
Rampa i2 (%): 5,00% 
 
g = -0,1000 m/m 
Flecha máx, F = -4,00 m 
Estaca(PCV) = 107 Sta + 0,00 m 
Estaca(PIV) = 115 Sta + 0,00 m 
Estaca(PTV) = 123 Sta + 0,00 m 
Cota(PCV) = 308,00 m 
Cota(PTV) = 308,00 m 
Lo = 160,00 m 
Yo = -4,00 m 
Estaca(V) = 115 Sta + 0,00 m 
Cota(V) = 304,00 m 
Raio Rv = 3.200 m 
 
 
 
CURVA 7 
 
Estaca do PIV: 140 Est + 0,00 metros 
Cota do PIV: 325,00 m 
Comprimento L: 400 m 
Rampa i1 (%): 5,00% 
Rampa i2 (%): -1,25% 
 
g = 0,0625 m/m 
Flecha máx, F = 3,13 m 
Estaca(PCV) = 130 Sta + 0,00 m 
Estaca(PIV) = 140 Sta + 0,00 m 
Estaca(PTV) = 150 Sta + 0,00 m 
Cota(PCV) = 315,00 m 
Cota(PTV) = 322,50 m 
Lo = 320,00 m 
Yo = 8,00 m 
Estaca(V) = 146 Sta + 0,00 m 
Cota(V) = 323,00 m 
Raio Rv = 6.400 m 
 
Glauco Pontes Filho 91
 
Estacas Greide Reto f Greide de Projeto 
100 315,000 315,000 
101 314,000 314,000 
102 313,000 313,000 
103 312,000 312,000 
104 311,000 311,000 
105 310,000 310,000 
106 309,000 309,000 
107 308,000 0,000 308,000 
108 307,000 -0,063 307,063 
109 306,000 -0,250 306,250 
110 305,000 -0,563 305,563 
111 304,000 -1,000 305,000 
112 303,000 -1,563 304,563 
113 302,000 -2,250 304,250 
114 301,000 -3,063 304,063 
115 300,000 -4,000 304,000 
116 301,000 -3,063 304,063 
117 302,000 -2,250 304,250 
118 303,000 -1,563 304,563 
119 304,000 -1,000 305,000 
120 305,000 -0,563 305,563 
121 306,000 -0,250 306,250 
122 307,000 -0,063 307,063 
123 308,000 0,000 308,000 
124 309,000 309,000 
125 310,000 310,000 
126 311,000 311,000 
127 312,000 312,000 
128 313,000 313,000 
129 314,000 314,000 
130 315,000 0,000 315,000 
131 316,000 0,031 315,969 
132 317,000 0,125 316,875 
133 318,000 0,281 317,719 
134 319,000 0,500 318,500 
135 320,000 0,781 319,219 
136 321,000 1,125 319,875 
137 322,000 1,531 320,469 
138 323,000 2,000 321,000 
139 324,000 2,531 321,469 
140 325,000 3,125 321,875 
141 324,750 2,531 322,219 
142 324,500 2,000 322,500 
143 324,250 1,531 322,719 
144 324,000 1,125 322,875 
145 323,750 0,781 322,969 
146 323,500 0,500 323,000 
147 323,250 0,281 322,969 
148 323,000 0,125 322,875 
149 322,750 0,031 322,719 
150 322,500 0,000 322,500 
151 322,250 322,250 
152 322,000 322,000 
153 321,750 321,750 
154 321,500 321,500 
155 321,250 321,250 
156 321,000 321,000 
157 320,750 320,750 
158 320,500 320,500 
159 320,250 320,250 
160 320,000 320,000 
 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 92
23. Desenhar o perfil longitudinal da estrada e do terreno, do ponto A ao ponto B. No trecho, o 
greide apresenta uma única rampa contínua com declividade de 5%. Calcular a cota do 
ponto B sobre o greide. Determinar em planta a posição da embocadura e da 
desembocadura do túnel e das cabeceiras do viaduto a ser construído em seqüência ao 
túnel. Verificar se é possível interligar os pontos A e B somente com uma tangente 
(extraído das notas de aula do professor Creso Peixoto). 
Dados: imax = 7% 
R1 = 124 m R2 = 46 m R3 = 76 m 
∆1 = 83º Cota do ponto A sobre o greide = 244 m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
Cálculo dos desenvolvimentos das curvas: 
mDmDmD 76,2387651,1444663,179
º180
º83124
321 =⋅==⋅==
⋅⋅
= πππ 
Extensãototal 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
3,60
4,00
5,05
2,10
0,90
PERFIL DO TERRENO
GREIDE DA ESTRADA (+1%)
4+8,60
PP
1 2 3 4 65 7 8 9
9+5,43
1. (*) Dado o trecho de estrada da 
figura abaixo e suas seções 
transversais, determinar as 
quantidades de escavação, 
volume de aterro compactado e 
o momento total de trans- 
porte. Considerar Fh =1,1 e 
DMT para empréstimo e/ou 
bota-fora=10,2 dam. 
 
 
 
 
 
 ESTACA 0 
 4,90 m
 2,90 m 
 1:1 
 1:1 14,0 m 
 8,80 1:1 
 1,101:1 
 h = 4,1 
 14,0 
 ESTACA 2 
 1,15 1:1 
 7,01:1 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 
 0,75
1:1 
 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
150,17
2
90,4*7
150,10
2
90,2*7
mA
mA
a
c
 
Estaca 1: 






==
==
2
2
0,6
2
4*3
50,27
2
5*11
mA
mA
a
c
 
Estaca 2: 


 =+++= 2645,83
2
10,1*7
2
10,8*1,4
2
8,15*1,4
2
80,8*7 mAc 
Estaca 3: 


 =+++= 202,66
2
50,2*7
2
50,9*8,3
2
80,11*8,3
2
80,4*7 mAc 
Estaca 4: 






==
==
2
2
25,3
2
60,2*5,2
65,35
2
20,6*5,11
mA
mA
a
c
 Estaca 4+8,60: 






==
==
2
2
95,12
2
70,3*7
10,9
2
6,2*7
mA
mA
a
c
 
Estaca 5: 


 =+++= 2395,68
2
7*7
2
14*6,3
2
15,8*6,3
2
7*15,1 mAa 
Estaca 6: 


 =+++= 2975,68
2
45,4*7
2
45,11*4
2
10*4
2
3*7 mAa 
Estaca 7: 


 =+++= 2023,101
2
20,4*7
2
20,11*05,5
2
70,13*05,5
2
70,6*7 mAa 
Estaca 8: 


 =+++= 2365,43
2
7,0*7
2
7,7*1,2
2
60,12*1,2
2
60,5*7 mAa 
Estaca 9: 






==
==
2
2
650,25
2
70,5*9
25,6
2
50,2*5
mA
mA
a
c
 Estaca 10: 






==
==
2
2
625,2
2
75,0*7
80,2
2
80,0*7
mA
mA
a
c
 
 
Escolhendo uma ordenada inicial de Brückner igual 2.500 (de modo que todas as ordenadas 
fiquem positivas), teremos a seguinte tabela de volumes acumulados: 
h 
h1 
h2 1 1 
n n 
L/2 L/2 
A1 
A2 
A3 
A4 
n.h1 n.h2 
L 
L1 L2 
Glauco Pontes Filho 97
 
Estacas Áreas (m2) Soma das Áreas (m2) VOLUME (m
3) 
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
6.144,90
6.260,70
136,55
0
1.000
2.000
3.000
4.000
5.000
6.000
7.000
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Estacas
Vo
lu
m
es
 a
cu
m
ul
ad
os
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
V
O
LU
M
ES
 A
C
U
M
U
LA
D
O
S 
(1
03
 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 
V
O
LU
M
ES
 A
C
U
M
U
LA
D
O
S 
(1
03
 m
3 ) 
 -7 
 -6 
 -5 
-4 
 -3 
 -2 
 -1 
 0 
 1 
 -8 
 2 
 5 10 15 20 25 30 
 C1
 A1 
 C2 A2
 A3 
TERRENOGREIDE 
 LE 
 
 0 
 ESTACAS
V
O
LU
M
ES
 A
C
U
M
U
LA
D
O
S 
(1
03
 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 
V
O
LU
M
ES
 A
C
U
M
U
LA
D
O
S 
(1
03
 m
3 )
 
 -7 
 -6 
 -5 
-4 
 -3 
 -2 
 -1 
 0 
 1 
 -8 
 2 
 5 10 15 20 25 30
 LE 
 
 0 
 ESTACAS 
V
O
LU
M
ES
 A
C
U
M
U
LA
D
O
S 
(1
03
 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 
V
O
LU
M
ES
 A
C
U
M
U
LA
D
O
S 
(1
03
 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: 
 
3
21
3
32
3
21
190.7370.3820.3
370.320
2
80257
820.320
2
125257
mVVV
mV
mV
=+=+=
=⋅
+
=
=⋅
+
=
−
−
 
 
 
5. (Concurso DNER) Considerando que, numa seção de aterro, a cota vermelha é de 4,02 m, a 
declividade do terreno da esquerda para a direita é de +12% e os taludes de aterro são de 
2:3 (V:H), a distância para a marcação do offset de uma estaca, à direita, é: 
a) 8,905 m b) 9,680 m c) 9,710 m d) 11,042 m 
 
 
 Solução: Da figura, temos: 
 
( )
695,2
18,084,05,1712,002,4
=
+=+⋅=−
h
hhh
 
 
Distância para a marcação do offset: 
 
mx
hx
042,11
)695,2(5,175,17
=
⋅+=+=
 
 
20 m 
S2 = 257 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 
V
O
LU
M
ES
 A
C
U
M
U
LA
D
O
S 
(1
03
 m
3 ) 
2 
4 
6 
8 
10 
12 
14 
16 
18 
0 
20 
 5 10 15 20 25
L1 
 0 
 ESTACAS 
V
O
LU
M
ES
 A
C
U
M
U
LA
D
O
S 
(1
03
 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 
V
O
LU
M
ES
 A
C
U
M
U
LA
D
O
S 
(1
03
 m
3 )
 
2 
4 
6 
8 
10 
12 
14 
16 
18 
0 
20 
 5 10 15 20 25
 
 0 
 ESTACAS 
V
O
LU
M
ES
 A
C
U
M
U
LA
D
O
S 
(1
03
 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 
V
O
LU
M
ES
 A
C
U
M
U
LA
D
O
S 
(1
03
 m
3 )
 
2 
4 
6 
8 
10 
12 
14 
16 
18 
0 
20 
 5 10 15 20 25 
L2 
 0 
 ESTACAS 
V
O
LU
M
ES
 A
C
U
M
U
LA
D
O
S 
(1
03
 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 
V
O
LU
M
ES
 (1
03
 m
3 )
 
 -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: 
 
3700.3
1,1
)2000(035,2 m
V
V
V
V
V
m
V
m
s
compcomp
s
comp
s
s
comp
s
comp =
⋅
=
⋅
=⇒==
γ
γ
γ
γ
 
Número de viagens = 3700 m3/5 m3 = 740 viagens 
 
γn = 1,430 
γs = 1,10
γcomp = 2,035
Vs = ?
Vcomp = 2.000
 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
3122415104309
2
1
0054630
3362153
2
1
=
+−−−+−−−⋅=
−−−−
⋅=
 
 
 
 
10. Calcular o volume do prismóide. 
 
 
 
 
( )21 46 AAA
LV m +⋅+⋅= 
 
 
Solução: 
 
[ ] 333,853.2100)144(4180
6
20 mV =+⋅+⋅= 
 
 
 
 
11. Com relação à questão anterior, qual o erro cometido se o volume fosse calculado pela 
fórmula das áreas médias V = L.(A1 + A2)/2 ? 
 
Solução: ( ) 3800.2100180
2
20 mV =+⋅= 
Erro de -53,33 m3 ou -1,87% 
(0,0) (-3,0) 
(-5,3) 
(-1,6) 
(2,4) 
(6,5) 
(3,0) 
L = 20 m 
Am = 144 m2 
A1 = 180 m2
A2 = 100 m2