道路勘测设计 平面设计例题
道路勘测例题
例6：某二级公路，设计速度40KM／h。JD1TA里程为
K0+580，αAZ=11˚ 24’36”，基线长115.68米，αBZ=9˚ 32’26”，拟设半径400米。请自定缓和曲线长度，并求主 点桩里程。（i拱=1.5%, i超=2.0%,B=7.0，p=1/100） 1. 求Lc。 (式3.39) Lc=7*0.035/（1/100） =24.5米，取整为 25米； 2. 无加宽，故Lj=0； 3. 表3.6：最小缓和长度=35米。故应取Ls=35米。 4. 求得： L=181.262,T=91.480,E=6.909,T1=37.857,T2=27.478 ZH=542.143 HY=577.143 YH=688.405 HZ=723.450 5. 若要线形比例适当，即Ls≈Ly, 试算后，取Ls=70米， 则： L=216.262,T=109.043,E=7.299,T1=55.420,T2=45.041
习题6：（2分） 某二级公路部分纵坡设计为：i1 =5%，
i2= –3%，变坡点桩号K3+565，高程1658.452，设 竖曲线R=1500米。求下列桩号的设计高程。
坡度/坡长 竖曲线要素 未设竖曲线的设计高
改正 值
桩号 K3+500
+520 +540
改正后的设计高
R=1500
+560
+580 +600 +620
2 2
竖曲线起点桩号 K1+256.387 – 22.5=K1+233.887
竖曲线止点桩号
K1+256.387+22.5=K1+278.887
道路勘测设计 第二章道路平面设计3
R
0
]
y P R {1 cos[( LP LS 2) 180 R]}
基本形单曲线回旋线要素计算
（二）设置缓和曲线的圆曲线：基本型单曲线 3、加密桩点坐标计算： （1）缓和曲线段内坐标计算： 切线支距法：
LP x LP 2 40 R 2 LS
L y P 6 RLS
2.4 道路平面设计方法
三、平面设计一般规定与基本步骤
道路平面布置设计的步骤：
（1）根据道路的技术等级，根据《标准》JTG B01-2003和《规范》 JTG D20-2006查出设计速度、最小半径、缓和曲线最小长度、直线 段的最大最小长度等主要技术标准的规定值
（2）根据地形、地物条件确定控制因素
（三）复曲线设计：
3、卵形复曲线：
实际工程中，应尽量避免采用这种曲线
（三）复曲线设计：
3、卵形复曲线：
①复中设置缓和曲线的特点： 缓和曲线段两端点的 曲率半径分别与相应 圆的圆曲线半径一致
曲线定位桩点计算
FZ
较小半径圆曲线相对 于大半径圆曲线内移 一段距离
即复曲线中间缓和曲 线段被原公切点中分 缓和曲线段中点(FZ 点)通过内移距离(内 移值之差PF)的中心
Eh B
切线支距法： x q R sin
Lh
y P R (1 cos )
LP LS 180 [
LS 90 LS 0 (弧度) (度) 2R R
θ
LP LS / 2180
R
x q R sin[( LP LS 2) 180 R]
Eh ( R P) sec R(m) 2
Lh ( 2 0 )
道路勘测设计模拟题
道路勘测设计模拟题道路专业a级《道路勘测设计》课程考核试卷试卷a测试方法闭卷测试时间（120分钟）题号得分一二三四五六七八总分a.水准仪c.罗盘仪b、手持式D.求积仪8.某断链桩k2+100=k2+150，则路线()。
a.长链50米c.长链25米b、短链直径50m短链直径25m得分中。
1.一般道路通常采用的测量放线程序为（）。
a、第一阶段调查C.第三阶段调查b.二阶段测设d.四阶段测设9.一级公路平曲线半径r=60m，LS=35m。
采用2型加宽，最大加宽宽度w=1.5m。
加宽过渡模式符合比例。
缓和曲线上距离zh点10m处的加宽值为（）。
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题2分，总计20分），在每个小题四个备选答案中选出一个正确答案，填在题末的括号a、 0.15摄氏度。
0.43米b.0.23md.0.86m10.测角组件作为角桩的用途是（）。
a、便于中间群桩铺设平曲线C的中点桩，便于施工单位放样b.便于测角组提高精度d.便于选择半径2.空气阻力的主要影响因素是（）。
a、车辆质量b.道路质量d.汽车车速错误的分数。
二、判断改错题（本大题共5小题，每小题2分，总计10分），判断正误，如果正确，在题干后的括号内划√；否则划×并改正错c、轮胎与路面之间的附着条件3.根据设计规范的规定，不需设置缓和曲线时，其圆曲线半径应大于等于（）。
a.极限最小半径b、一般最小半径D.临界半径1.公路平面线形基本要素有直线、圆曲线与二次抛物线。
()2.计算路基横断面挖方面积时，挖土方与挖石方的面积合在一起计算。
()3.公路行车视距标准有停车视距标准、错车视距标准、超车视距标准三种。
()4.汽车匀速运动，动力因数等于道路阻力系数。
()5.沿溪线布线时，一般应优先考虑高线位。
()c、无超高的最小半径4.不属于纵断面设计的控制指标是（）。
a.最大纵坡c.最短坡长b、平均纵坡D.坡角5.设相邻两桩号的横断面面积分别为a1和a2，该两桩号间距为l，则用于计算土石方体积v的平均断面法公式为（）。
道路勘测平面设计计算题
要求：（1）计算曲线要素（2）计算JD 主点里程桩号解：（1）曲线要素计算：qpTL E2、某平原区二级公路，测量得JD1、JD2、JD3在JD2处的夹角为149°56′00″，并设JD2的桩号为K8+099.51，JD2的R 设计为200m ，试计算JD2的圆曲线要素及主点桩号。
解：（1）计算曲线要素（圆曲线，所以p 、q 、Ls=0） T= 256149tan 0022tan ‘︒⨯=αR =744.68m L= ︒⨯︒⨯=︒18056149002180'ππαR =523.09mE=)12(sec 200)12(sec-⨯=-ααR =570.98mJ=2T-L=966.27m（2）计算JD2主点桩号ZY(桩号)= JD(桩号) – T =( K8+099.51)- 744.68 = K7+354.83QZ(桩号)= ZY(桩号) + 2L= (K7+354.83) + 523.09/2= K7+616.38 YZ(桩号)= ZY(桩号) + L = (K7+354.83) +523.09= K7+877.92检验式：QZ(桩号) + 2J= （K7+616.38）+ 966.27/2= K8+099.51 = JD(桩号) 计算正确，符合要求。
3、已知两个平曲线的曲线要素如下：T 1=116.565，L 1=232.054，Ls 1=70，T 2=185.924，L 2=370.089，Ls 2=100。
其中JD 2的桩号为K2+536.48，两交点的间距为546.18。
要求：（1）计算JD 1的桩号；（2）计算JD 2的曲线主点里程桩号；（3）计算两曲线间的直线段长度。
3. 解：（1）校正值J 1=2T 1-L 1=1.076JD 1=JD 2-l +J 1=2536.48-546.18+1..076=1991.376（2）ZH 2=JD 2-T 2=2350.556HY 2=ZH 2+LS 2=2450.556QZ 2=ZH 2+L 2/2=2535.600HZ 2=ZH 2+L 2=2720.645YH 2=HZ 2-LS 2=2620.645（3）ZH 1=JD 1-T 1=1991.376-116.565=1874.811HZ 1=ZH 1+L 1=2106.865间距=ZH 2-HZ 1=243.691。
《道路勘测设计》第2章平面设计课后习题及答案
第二章平面设计 2-5.设某二级公路设计速度为80km/h ，路拱横坡为2%。
⑴试求不设超高的圆曲线半径及设置超高（% 8 i h =）的极限最小半径（μ值分别取0.035和0.15）。
⑵当采用极限最小半径时，缓和曲线长度应为多少（路面宽B=9 m,超高渐变率取1/150）？
解：⑴不设超高时：
2-6。
解:=p 考虑5JD 可能的曲线长以及相邻两个曲线指标平衡的因素，拟定5s L =60 m ，则有：
522460p R =,302
60m ==，"28'20695︒=α解得=5R 115.227m "00'54322︒=右α，
2-7、某山岭区公路，设计速度为40km/h,路线转角,'30291︒=右α
"00'3043︒=右α，1JD 至2JD 、2JD 到3JD 距离分别为458.96 m 、560.54 m 。
选定m L R S 6530011==，，试分别确定2JD 、3JD 的圆曲线半径和缓和曲线长度。
解：(1)1JD 曲线要素计算
587.024p 2s 0==R
l ，487.322402q 23s =-=R l l s ， 则m q P R T 63.1112tan )(1=++=α
由于6倍，即（2由于p =所以4倍，可（3由于L min 2JD .560按min L 反算半径：m 59.1980min =⋅=π
αR ，由于半径大于不设超高最小半径， 可不设缓和曲线，则m R L S 59.1980033==，。
道路勘测平面设计题目答案
2-1汽车行驶轨迹有哪些特征？道路平面线形由哪些要素组成？【答】汽车行驶轨迹的特性有：①连续而且圆滑的，②曲率是连续的，③曲率变化率是连续的。
道路平面线形要素有直线、园曲线和缓和曲线三要素。
2-2为何要限制直线的长度？答：在道路平而线形设计，一般应根据沿线地形、地物条件，驾驶员的视觉、心理感受以及保证行车安全等因素，合理布设直线路段，对宜线的最大长度和最小长度应有所限制。
2-3.公路最小圆曲线半径有几种？分别在何情况下使用？答：三种。
分别是极限最小半径；一般最小半径：不设超高最小半径。
极限最小半径：是路线设计中的极限值，是在特殊困难条件下不得已才使用的，一般不轻易采用。
一般最小半径：是在通常情况下推荐采用的最小半径。
一是考虑汽车在这种圆曲线上以设讣速度或以接近设计速度行驶时，旅客有充分的舒适感：二是考虑在地形比较复杂的情况下不会过多增加工程虽:。
不设超髙最小半径：当圆曲线半径比较大时，离心力彫响较小，路而摩擦阻力可保证汽车有足够的稳左性，这时可不设超髙，设豊于直线段上相同的双向横坡路拱形式。
因此，不设超高最小半径是指不必设巻超高就能满足行驶稳沱性的圆曲线最小半径。
2-4.缓和曲线的作用是什么？确定其长度应考虑哪些因素？答：作用：1、曲率连续变化，便于车辆遵循2、离心加速度逐渐变化，旅客感觉舒服3、超髙及加宽逐渐变化，行车更加平稳4、与圆曲线配合，增加线形美观因素：1、旅客感觉舒适2、超髙渐变率适中3、行驶时间不过短2-5.设某二级公路设计速度为80knVh,路拱横坡为2%。
（1）试求不设超高的平曲线半径及设置超髙4=8%）的极限最小半径（分別取0.035和0.15）o（2）（2）当采用极限最小半径时，缓和曲线长度应为多少（路面宽B=9m,超高渐变率取1/150） ?解：（1）不设超髙时（反超高，陰=一2%）：Rmin='/127 （p+//r） = 802/[127x（0.035-0.02）]=3359.58 m,规中取3350m。
道路勘测设计试卷及答案6套
道路勘测设计试卷及答案6套道路勘测设计试题A1、公路根据和分为⾼速公路、⼀级公路、⼆级公路、三级公路和四级公路。
2、道路设计通⾏能⼒是经过对和的诸多修正以后得到的。
3、动⼒因数D，是表征某型汽车在海平⾯⾼程上，满载情况下，每单位车重克服和的性能。
4、平曲线若为凸型曲线，且设计车速为120km/h，则其最⼩长度为。
5、两条⽆交通管制的单⾏线相交时，冲突点有个，分流点和合流点分别有个、个。
⼆、名词解释（2′×5）1、交通量：2、道路阻⼒系数：3、路幅：第1页（共6页）试题：班号：姓名：4、展线：5、交织：三、简答（4′×5）1、绘图说明平⾯⼗字交叉⼝⽴⾯设计的基本类型。
2、汽车⾏驶的充分必要条件。
3、横向⼒的存在对⾏车产⽣种种不利影响，越⼤越不利，表现在哪些⽅⾯。
第2页（共6页）试题：班号：姓名：4、写出以下⼏种平⾯线型的要素组合，如：基本型：直线＋缓和曲线＋圆曲线＋缓和曲线＋直线。
① S型曲线②卵型曲线③ C型④复合型5、什么是渠化交通及其作⽤。
四、论述（10′×2）1、直线最⼤长度的确定以及⼀般要求。
第3页（共6页）试题：班号：姓名：2、什么是缓和曲线？为什么设置缓和曲线？缓和曲线最常⽤的形式及其优点是什么？缓和曲线长度的确定考虑了哪⼏个因素？五、计算（10′＋10′＋10′＋10′）1、横向⼒系数µ反应坐车的舒适性，不能过⼤。
假定在某公路的弯道处的最⼤横向⼒系数µ为0.09，则：①当R＝500m，i＝5％，允许最⼤车速为多少？h②当V＝80km/h，i＝－3％时，平曲线半径⾄少应为多⼤，才不⾄发⽣危险。
h第4页（共6页）试题：班号：姓名：2、双车道公路上同向⾏驶的车辆之间存在超车⾏为，⼀般都是利⽤对向车道进⾏超车。
超车视距关乎超车⾏为的安全性。
欲超车车辆以60km/h⾏驶，准备以5m/s2超越30km/h的前车，加速⽤时3s，超车车辆在对向车道上⾏驶了3s回到⾃⼰的车道，假定安全距离为30m，对向汽车以60km/h的速度⾏驶了⼀段距离，求最⼩必要超车视距。
老师给的)公路勘测设计计算题_答案_(精)
第二章 平面设计注：无解题步骤，不给分！1．若二级公路的设计车速取V =80h km /，13.0max =μ、08.0max =b i ；一般情况下取06.0=μ、07.0=b i ，试计算圆曲线极限最小半径值和一般最小半径值（取50m 的整数倍）。
解： R 极限=250m②R 一般=400m2．高速公路设计车速为V =120h km /，路拱横坡度为2%，若横向力系数采用0.04。
试计算不设超高圆曲线最小半径（取500m 的整数倍）。
解： R 不设=5500m3．某新建二级公路（设计车速为80km/h ），有一处弯道半径R =300m ，试根据驾驶员操作方向盘所需时间的要求计算该弯道可采用的缓和曲线最小长度（取10m 的整数倍）。
解：缓和曲线最小长度为70m 。
4．某新建三级公路有一处弯道，其平曲线半径R 取120m ，偏角423229'''=α，若该平曲线需设置缓和曲线，其缓和曲线长度最大可取多长？解：缓和曲线长度最大可取61.44m 。
5．某新建二级公路有一弯道，其平曲线半径R 为400m ，缓和曲线长为80m ，试计算缓和曲线上距起点40m 点和缓和曲线终点的坐标（以缓和曲线起点为原点）。
解：①缓和曲线上距起点40m 点坐标: x=39.998 y=0.333②缓和曲线终点坐标：x=79.92 y=2.6656．从某公路设计文件《直线、曲线及转角一览表》中摘抄的一组路线设计资料如下： JD8： K3+425.982=8ZH K3+311.099=8HY K3+346.099=8YH K3+492.155=8HZ K3+527.155JD9：K4+135.169=K4+047.4369YZ =K4+221.135试计算（1）JD8曲线的切线长、曲线长、缓和曲线长及曲线中点桩号；（2）计算JD9曲线的切线长、曲线长和曲线中点桩号； （3）计算两曲线交点间距及所夹直线段长度。
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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 )
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：
• 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。
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
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
HY +Ly
YH +ls HZ -Ls/2 QZ +Js/2 JD5
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
• • • • • • • •
校核：QZ+J/2=JD K7+636.83+0.5*1.88=K7+637.77 校核无误
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。
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：
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
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
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
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
• （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。
JD1曲线要素及主点里程桩号计算
Hale Waihona Puke 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