道路勘测设计典型计算例题

1、求临界速度例题1汽车在弯道上行驶，如果弯道半径很小，路面横坡不当，汽车 轮距窄且装载重心高度过大，且速度较高，汽车就可能产生 倾覆危险。假设 b=1.7m , hg=1.8m , R=50m , G=80kN ,路 面外侧道路横坡=-0.03。试求倾覆时的临界速度Vmax ?解题思路：根据发生倾覆极限平衡状态，R =V2127 2bg *可得：Vmax = ,.127R(2hg ih)所以，Vmax = .127*50( 2*178 - 0.03) : 53(km/h)超高半径例题2已知某道路一处半径为400米，超高横坡为5%的弯道的 最大横向力系数为0.15，试求该路段允许的最大车速？ 若该

2、道路的设计速度为60km/h，路拱横坡为1.5%,当 某弯道不设置超高时，该平曲线的半径至少应为多大？解题思路：v2注息卬和ih根据，R = 127(收)的取值可得 V =、.127R(ih) = 1127*400(0.15 0.05) 100(km/h)602R =如_L%n 苴.025R = 60主 1A1R 127(帅h)ih=1.5%R 127(0.035 -0.015)l4l7( m)第三节 汽车行驶的横向稳定性 与圆曲线半径7、圆曲线要素及各主点桩计算交点桩号作用桩号计算复核T = Rtg 2 (m)L = 18。： R =0.01745： R(m)E = R(sec2 - 1)(

3、m)D = 2T - L(m)曲线主点桩桩号计算ZY桩号=JD桩号-TYZ桩号=ZY桩号+ LQZ桩号=YZ桩号-L/2JD桩号=QZ桩号+ D / 2 I-, 例题3某二级公路设计速度为60km/h，已知JD4的交点桩号为K0+750.000 , JD4 的偏角为右偏13o30，'该处的平面线形为 单圆曲线，圆曲线半径为600m , 试计算该圆曲线的几何要素及曲线主点桩的桩号？已知 R=600m, o(y =1330 = 13.5' 曲线几何要素计算：则丁 =Rtan乎=600xtan写=71.015(m)L =180： R ='"° =141.3

4、72(m)E = R(sec2 -1) = 600 (sec13.5 -1) = 4.188(m) D=2T-L=2 71.015-141.372 =0.658(m) 主点桩计算如下：ZY=JDffi号-T=K0+750.000-71.015=K0+678 .985YZ=ZY+L=K0+678.985+141.372=K0+820.357 QZ=YZ* = K0 820.357 -捋2 = K0 749.671 桩号计算校核：JD 桩号=Qf =K 749.67 = K 750.00 JDtt#例题4某二级公路设计速度为 60km/h，已知JD3的交点桩号为K0+750.00 , 偏角为右偏1

5、3o30 /平面线形为单圆曲线，圆曲线半径为600m。JD3到JD4的距离为320m，试计算JD4的交点桩号？(1)计算。3几何要素已知R = 600m, % =13'30=13.5'则 T = Rtan? = 600xtan 哮= 71.015(m)L =180： R =60°=141.372(m)E = R(sec2 1) = 600 x (sec1!5 1) = 4.188(m)(2 )计算 JD4的交点桩号 D = 2T - L =小 71.015 -141.372 = 0.658(m)JD4的交点桩号=JD3的交点桩号-T L JD3JD4 -T=JD3的交

6、点桩号 +JD3JD4 -(2T - L) = JD3的交点桩号 +JD3JD4 - D=K0 750.000 320 - 0.658 = K1 69.342E =R(seCz J) =600 (sec13.5 -1)=4.188(m)例题5根据已知条件分析得:线可能的最大圆曲线半径?驾厂312.61顺）设某城市一条次干道，设计速度为 40km/h ;当路线跨越一 条河流时，要求桥头至少有 40m直线段；由桥头到路线转折 点的距离为160m，转角a=42 o;如下图所示。试求该路中Tnax=160-40=120 (同-=42y由T = Rtan写得：Sax 一 tan 2例题6某城市i级主干道

7、，红线宽度为 40m，设计速度为60km/h , 路线必须在一山麓与河滨中间转折，转折角a=16o,山麓与河滨的间距只有46m，交点IP离A点为26m，离B点为20m ,如 下图所示。试求该路中线可能的最大圆曲线半径？根据已知条件分析得：Emax=26-1.5-20=4.5 (n)：y =16由E= R(sec号-1)得：max 一 sec2=弟=457.895(m)第四节缓和曲线., l2 、ll3lX = l(1 k)q = 2一 240R2(m)i2224i - 11Ls _LsV 6r(56r2)P 一 24R2688R3 (m)0 = 28.6479()yjHZLsa /2, LYH

8、T = (R p) tan 2 q(m)ZHHY五、对称的基本型曲线 的几何要素计算D = 2T - L(m)Ly =(： -2M)180R(m)Lf 2Ls=(： -2"80R 2Ls(m)辎E = (R p)sec2' - R(m)XzH (HZ) Ls 40r224=lM _l：yZH (HZ ) 一 6R 一 336 r3第四节缓和曲线四、缓和曲线的最小长度及参数1、缓和曲线的最小长度从控制方向操纵的最短时间考虑( l = vt =旦 t 三 1 smin v 3.6离心加速度变化率应限制在一定范围内( 23=a = v_ . lJ lt Rt smin47 Rass

9、min从控制超高附加纵坡不宜过陡l .1 smin3s,t -3 s l smin操纵性)_ V一 1.2舒适性)as=0.0214£)(m)smin - lc例题7已知某山岭区三级公路，设计速度为40km/h , JD5交点桩号为K1+300 , JD5为左偏17o24 该平曲线为 对称的基本型曲线， 试定该曲线的圆曲线半径和缓和曲线长，并计算曲线的几何要 素及主点桩桩号。(1丙特殊控制要求时，按一般情况，初定圆曲线半径R=300m缓和曲线长Ls =40m(2 )计算基本型曲线的几何要素并检查技术要求满足情况33° - = = 19 997( m)c = 402_ 40j

10、 _ n non/P 24 3002688 30030.222(m)q 2240R22240 3002I9.99'(m)P 24R2688R3例题7(3)主点桩桩号计算YH K1+325.166JD5 K1+300-T 65.937ZH K1+234.063+L 40.000 sHY K1+274.063+Ls40.000HZ K1+365.166-L 65.552QZ K1+299.614+ D 0.386+Ly51.103YH K1+325.166JD5 K1+300桩号计算校核无误 例题8在平原U某二级公路设计速度为80km/h，有一弯道R=250m ,交点JD的桩号为K17+5

11、68.38，转角 也=38° 30' 00 ，该平曲线为对称的基本型曲线，试定该曲线的缓和曲线长，并计算设 置缓和曲线后的平曲线几何要素。(1 )确定缓和曲线长LL = 0.036# = 0.036 卷=73.728(m)L2 若=182= 66.667(m) L=冒由 3 -R得L = R R = 290 - 250 = 27.778 250(m)取整数，L=75(m)例题9已知某段山岭区三级公路，设计速度为30km/h，交点4为右偏75o30，'交点5为左偏49o20 '，两点间的距离为 248.52m ,交点 4为基本型曲线，其半径值为100m，缓和曲线

12、长为60m，试定交点5的曲线半径和缓和曲线长。解题思路分析已知条件，计算交点 4的几何要素；确定线形组合形式（反向曲线间最小直线长度）；初拟缓和曲线长，试算半径；检查组合线形的技术要求是否满足，若满足，则选定半径和 缓和曲线长（一般为5或10的整数倍），若不满足，则重新拟 定缓和曲线长，再试算半径，直至满足技术要求。(1 )计算JD4基本型曲线的几何要素* q=孕一慕60茶202 = 29.938(m) 2- 424n = = -6060- = 1 247(m)P 24 R 2688 R324 120 2688 1203l.247(m)E0 = 28.6479* = 28.6479 蜀=14.

13、324( jT =(R p)tan2 q = 120 1.247 tan75；° 29.938 = 123.817(m)Ly=E2 ：0 180R= 75 30 -2 14.324180 120 = 98.127( m)L =Ly 2Ls =98.127 2 60 =218.127(m)(2 )确定。5的平曲线形式、半径R、缓和曲线长Ls根据已知条件分析得，JD4和JD5构成理曲线，贝1J：T5=248.52-123.817=124.703(m)22设 Ls5 =60m，则 q ： 2 =30(m); p ： wX =£ r = R (m).(R 1R0)tan %0- 3

14、0 =124.703,解此方程得:R=205.595(m)（3）计阡JD5基本型曲线的几何要素并检查技术要求满足情况4=-=罗 f %*2 = 29.979(m)r 2240XR2240X205.585' /2424_!._!_=6062P 24 R 2688 R324 205.5852688 205.58530.729(m)E0 = 28.6479= = 28.6479X 2 = 8.361()T =(R p)tan2 q = 205.585 0.729 tan%20- 29.979 = 124.727(m)Ly = :- -2 '-0 180R= 49 20 -2 8.36

15、1180 205.585 = 117.014( m)A4 = jR4Ls4 = ,120 60 = 84.853Z = RLs5 = 205.585 60 = 111.063A5/A4 =111.063/84.853 =1.3经检查符合各项技术要求，所以 尺=205.585m, Ls5 = 60mo例题8(2 )计算基本型曲线的几何要素一LsL375753勺 一 2 一 240R2 一 2 一 240 2502 一 37.472( m)L2L47 氏 27 氏 4P = 24； S 3 = 2：5250 一 75 3 = 0.937(m)24 R 2688 R324 250 2688 2503% = 28.6479g =28.6479 席=8