道路勘测设计 平面设计例题

Rmin 100mls min
50m
极限最小值为 Rmin 60m 由半径取值原则，为极限最小值的4-8倍即[240-480]. 则若取R2=250m;ls2=50 ly:ls=1.87(满足1~2)； 此时T2=95.931;E2=11.104;L2=193.553>70(表3.4);J2=4.308
平面设计例题
作业1．假定某弯道的最大横向力系数为0.10，则当
R=500m，ih=5%时，允许最大车速为多少？当V=80km/h， ih=－2%（反超高）时，平曲线半径至少应为多少？
作业2
• 某山岭区二级公路，已知JD1、JD2、JD3的坐标分别为 （40961.914，91066.103），（40433.528，91250.097）， （40547.416，91810.392），并设JD2的R＝150m，Ls＝ 40m，JD1的桩号为K0+010.290 • （1）判断JD2的转角方向； • （2）求JD2的曲线元素及主点里程 • （3）求JD3的桩号。
作业3
• 某山岭区二级公路设计速度为40Km/h，路线转角
2右 32o5400
1右
29o30
3左 4o3000
，JD1至JD2、JD2至JD3距离分别
为458.96m、560.54m。选定R1=300m，Ls1=65m，试分别
确定JD2、JD3的圆曲线半径和缓和曲线长度


解：（1）计算确定缓和曲线长度Ls1、Ls2：
令两曲线的切线长相当，则取T1=407.54/2=203.77m
按各线形要素长度1：1：1计算Ls1：
Ls1=αR/2=12.2420×π/180×1200/2=129.91 取Ls1=130m 则经计算得，T1=195.48m < 407.54/2=203.77m
• • • • • • • •
校核：QZ+J/2=JD K7+636.83+0.5*1.88=K7+637.77 校核无误

JD1 L1
α1
T1 L2
T2
JD2
α2
例：平原区某公路有两个交点间距为407.54m， JD1=K7+231.38，偏角α1=12°24′20″（左偏），半径 R1=1200m；JD2为右偏，α2=15°32′50″，R2=1000m。 要求：按S型曲线计算Ls 、Ls 长度，并计算两曲线 1 2 主点里程桩号。
作业4
• 某丘陵区公路，设计速度为40Km/h，路线转角 95 0438 69 2028 JD4至JD5的距离D=267.71m。由于地形 限制，选定R4=110m、Ls4=70m，试定JD5的圆曲 线半径R5和缓和曲线长度LS5
o 4右 o 5左
例1 单交点基本型曲线计算 课后作业2-7.已知：某弯道，JD5的桩号为K4＋ 650.56，R＝300m；ls＝60m，α＝35°00′，试 计算曲线要素及主点桩号。 解：曲线要素为：
60 603 q 29.99(m) 2 2 240 300
602 604 p 0.50(m) 3 24 300 2384 300
35 Ts (300 0.50) tan 29.99 124.74(m) 2
L

180
35 300 60＝234 .26 m） （
203.77-195.48=8.29，即T1计算值偏短。 切线长度与缓和曲线长度的增减有近似1/2的关系， LS1=130+2×8.29=146.58，取Ls1=140m。 则计算得，T = 200.49m 1 T2=407.54-T1=407.54-200.49=207.05 按1：1：1计算Ls ： 2 Ls2=αR/2=15.3250×PI/180×1000/2=135.68 计算切线长T 得，T =204.45m 2 2 207.05-204.45=2.60 取Ls2=135.68+2×2.60=140.88 计算得， T =207.055m 2 207.05-207.055=-0.005 取Ls2=140.88-2×0.005=140.87

180
R 2 Ls
0 28.6479
Ls R
J 2T L
• 可以得到T1=111.625;E1=10.830;L1=219.162;J1=3.789 • ly:ls=1.37(满足1~2)； 2.设计交点2：
2.1初步确定R、Ls 由规范知，二级公路的圆曲线半径及缓和曲线的一般最小值为：


JD1曲线要素及主点里程桩号计算

R1=1200 Ls1=140 α1=12.2420 T1=200.49 L1=399.82 E1=7.75 J1=1.15 JD1= K7+231.38 ZH1=K7+030.89 HY1=K7+170.89 QZ1=K7+230.80 YH1=K7+290.71 HZ1=K7+430.71
• 例3、S型曲线设计——总思想：逐步迭代

两个反向圆曲线用两段回旋线连接的组合 适用场合：交点间距受限（交点间距较小）。


适用条件：
即半径及缓和曲线长 相等
（1）S型相邻两个回旋线参数A1与A2宜相等。当采 用不同的参数时，A1与A2之比应小于2.0，有条件时以 小于1.5为宜。 （2）在S型曲线上，两个反向回旋线之间不设直线， 是行驶力学上所希望的。不得已插入直线时，必须尽 量地短，其短直线的长度或重合段的长度应符合下式： A1 A2 l (m) 40 式中：l——反向回旋线间短直线或重合段的长度。
HY +Ly
YH +ls HZ -Ls/2 QZ +Js/2 JD5
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K4+585.82 123.26
K4+709.08 60.00 K4+769.08 121.63 K4+647.45 3.11
校核：QZ+J/2=JD
K4+650.56（校核无误）
例2.两交点平面设计
• 作业3 • 解：依题意画出图形
校核：QZ+J/2=JD K7+230.80+0.5*1.15=K7+231.38 校核无误 必须计算
JD2里程桩号计算：

JD2 = JD1+ 交点间距 - J1 = HZ1 + 曲线间直线长度 + T2
JD1
L1 α1 T1 HZ1 T2 LZX
ZH2
L2
α2
JD2
• JD2 = JD1+ 407.54 - J1= 7231.38 + 407.54 -1.15 • = K7 + 637.77
• （3）S型两圆曲线半径之比不宜过大，宜为：
R2 1 1～ R1 3

式中：R1——大圆半径（m）；
R2——小圆半径（m）。
例：平原区某公路有两个交点间距为407.54m， JD1=K7+231.38，偏角α1=12°24′20″（左偏），半径 R1=1200m；JD2为右偏，α2=15°32′50″，R2=1000m。 要求：按S型曲线计算Ls 、Ls 长度，并计算两曲线 1 2 主点里程桩号。
• 1.设计交点1平曲线 1 R1=300,Ls1=65(题目给出) 2930 • • 代入公式：
Ls Ls q 2 240R 2
L Ls p s 24R 2384R 3
2 4
a T ( R p )tg q 2
E ( R p) sec a R 2
L (a 2 0 )
JD2里程桩号计算：

JD2 = K7 + 637.77 R2=1000 Ls1=140.87 α2=15.3250
JD2曲线要素及主点里程桩号计算 T2=207.05 L2=412.22 E2=10.11 JD2=K7+637.77 ZH2=K7+430.72 HY2=K7+571.59 QZ2=K7+636.83 YH2=K7+702.07 HZ2=K7+842.94 必须计算 J2=1.88
2.2核对交点间直线长度是否满足要求： Ld=JD12-T1-T2=458.96-T1-T2=251.404>4*60m 满足要求 故交点2的曲线半径及缓和曲线为R2=250；Ls=50（工程中每人取值不同应设计不 同的平曲线）
3.设计交点3（小转角问题应注意曲线长度） 3.1初步确定R3、Ls3 R3=2000；LS3=50 重新取R3=2000；LS3=70 此时：L=270.079 >500/4.5且>70m 3.2核对交点间直线长度： Ld= JD23-T2-T3=560.54- 95.931-227.079=237.530>2*40m（反向曲线间直线最小长 度）满足要求； 故R3=2000；Ls3=70 （工程中每人取值不同应设计不同的平曲线） ly:ls=2.14(不满足1~2) ly:ls=1.243（满足1~2) T3=227.079
Ly 234.26 2 60 123.26(m)
35 Es (300 0.50) sec 300 15.08(m) 2

J 2 124.74 243.26＝6.22(m)
曲线主点桩号计算如下：
JD5 -Ts ZH +ls K4+650.56 124.74 K4+525.82 60.00