UNIVERSIDAD NACIONAL SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA - INGENIERÍA CIVIL
b
Antonio Vilca Tueros
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO I
– TAQUIMETRÍA
El sistema de control horizontal consiste en la determinación, en la ubicación o posición de los puntos de un levantamiento, es decir de las coordenadas de cada uno de los puntos de un levantamiento. Entre los sistemas del control tenemos: Poligonación, triangulación, y trilateración. : MEDICIONES: LONGITUD LONGITUD DE LADOS . ANGULOS HORIZONTALES ∝ A, ∝ B, ∝ C , ∝ D, ∝ E . INSTRUMENTOS: Wincha, cordel, teodolito, teodolito electrónico, distanció metro estación total. GPS, tarjeta de campo electrónico, C procesador de datos.
B
A
Se mide un lado de la base de la triangulación, cada uno de los ángulos horizontales. Wincha de acero, distanció metro, estación total, GPS.
D
B
BASE
E 2
Fig.5.01 8
A
3
1
7
4
6
Fig.5.02
5
Se mide los tres lados de cada uno de los triángulos. En I AC, II Ce, III CD BC, D DC, DE. Distanciómetro, estación total, GPS. E I
III II
B
C
Fig.5.03
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
Es un sistema de control El sistema de control horizontal que se utiliza para efectuar grandes extensiones terrenos, donde lo primordial es el control de coordenadas y se caracteriza, por que las figuras están formadas por una serie de triángulos de lados comunes. Se mide con mucha precisión un lado de la figura que toma el nombre de la base y los ángulos horizontales de cada triangulo; la longitud de los otros lados se determinan aplicando generalmente la ley de senos, calculando previamente la
Fig.5.04
Permite realizar el levantamiento de pequeñas extensiones de terreno (triangulaciones locales) como grandes extensiones de terreno triangulaciones provinciales, departamentales; se efectúa mediciones solamente de un solo lado de la red de triangulación llamado base, se efectúan la medición de los ángulos horizontales.
El cuadro siguiente muestra la clasificación según la extensión de terreno. CLASES CLA SES DE ERROR Longitud de lados Emp de Emp de la Base Máximo Ec de los ángulos de cada Triangulo Cierre promedio de ángulo de la figura Discrepancia Discrepanc ia entre la longitud M y long. C
ORDEN DE LA TRIANGULA CION 1er Orden 2do Orden 3er Orden 30 - 300 Km 15 - 30 km 5 - 15 km 1/1000000 1/500000 1/200000
4to Orden < 5 km 1/25000
3" 1" 1 / 25000
30" 15" 1/3000
5" 3" 1/10000
10" 6" 1/5000
5.3.1 CADENA DE TIÁNGULOS. Se caracteriza por ser la cadena más simple, se utiliza principalmente cuando se realiza levantamientos hidrográficos y faldas de terreno en zonas costeras. La cadena de triángulo es la figura menos consistente, menos precisa, por que solamente realizamos la comprobación angular en cada triángulo de manera independiente y los ángulos alrededor de cada vértice, admitiendo sólo un camino para resistencia de figura.
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CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
Es un sistema de control El sistema de control horizontal que se utiliza para efectuar grandes extensiones terrenos, donde lo primordial es el control de coordenadas y se caracteriza, por que las figuras están formadas por una serie de triángulos de lados comunes. Se mide con mucha precisión un lado de la figura que toma el nombre de la base y los ángulos horizontales de cada triangulo; la longitud de los otros lados se determinan aplicando generalmente la ley de senos, calculando previamente la
Fig.5.04
Permite realizar el levantamiento de pequeñas extensiones de terreno (triangulaciones locales) como grandes extensiones de terreno triangulaciones provinciales, departamentales; se efectúa mediciones solamente de un solo lado de la red de triangulación llamado base, se efectúan la medición de los ángulos horizontales.
El cuadro siguiente muestra la clasificación según la extensión de terreno. CLASES CLA SES DE ERROR Longitud de lados Emp de Emp de la Base Máximo Ec de los ángulos de cada Triangulo Cierre promedio de ángulo de la figura Discrepancia Discrepanc ia entre la longitud M y long. C
ORDEN DE LA TRIANGULA CION 1er Orden 2do Orden 3er Orden 30 - 300 Km 15 - 30 km 5 - 15 km 1/1000000 1/500000 1/200000
4to Orden < 5 km 1/25000
3" 1" 1 / 25000
30" 15" 1/3000
5" 3" 1/10000
10" 6" 1/5000
5.3.1 CADENA DE TIÁNGULOS. Se caracteriza por ser la cadena más simple, se utiliza principalmente cuando se realiza levantamientos hidrográficos y faldas de terreno en zonas costeras. La cadena de triángulo es la figura menos consistente, menos precisa, por que solamente realizamos la comprobación angular en cada triángulo de manera independiente y los ángulos alrededor de cada vértice, admitiendo sólo un camino para resistencia de figura.
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Fig.5.05
5.3.2 CADENA DE CUADRILÁTEROS CON DOS DIAGUNALES. Se utiliza para efectuar levantamientos de gran precisión por ser ésta una figura más resistente, se aplica principalmente cuando se tiene que controlar con mucha precisión las dedición de cualquier eje (eje del túnel), controlando los puntos extremos para determinar y/o controlar la longitud del eje, teniendo en cuenta el aspecto de inclinación o gradiente y admite cuatro caminos.
Fig.5.06
Algunas veces los cuadriláteros se enlazan mediante poligonales; también es posible el ínter visibilidad entre 2 estaciones 5.3.3 CADENA DE POLIGONOS CON PUNTO INTERIOR O CENTRAL. Cundo la topografía de terreno no permite formar cuadriláteros con dos diagonales, por tener características muy accidentadas, entonces es necesario formar figuras con puntos interiores de la figura desde donde sea posible visualizar los otros puntos de la figura. Es más preciso que la cadena de triángulos y menos preciso que la cadena de cuadriláteros con dos diagonales, por que en este caso a partir de la base conocida tenemos dos alternativas o caminos para determinar el longitud del lado desconocido IV III
V
X I II II
XI
2
1I
X II
V I II
3
II V II IX
VI
Fig.5.07
- - 42 - -
X IV
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
5.3.4 MARAÑA DE TRIÁNGULOS. Se utiliza en levantamiento que comprenden grandes extensiones , donde los vértices se materializan en cotas más altas y cotas bajas del terreno que están relacionadas a los vértices de los diferentes, dando la impresión de una maraña.
X
IV
I I X
V
II I
X
XIII
XI
X I
I X
I
X II
VIII
II I I I V
V II IX
VI
X
IV
I I V
II I
X IV
X X
V
XIII
XI
V
I I
I V
V I
II V II IX
VI
I I I
X II
VIII
Fig.5.08
I I
X IV X
5.4.1 DOCUMENTACIÓN. Consiste en el acopio de información de la zona de trabajo donde se planea establecer la red de triangulación, acopiando alguno documentos como:
1 1 , . - Planos de restitución a curvas de nivel a escala 20000 10000 1 1 , . - Cartas nacionales a escala 5000 10000
- Fotografías aéreas de la zona. - Cartillas oficiales y planos de triangulación que forma parte de la red de triangulación Nacional (se obtiene datos de los puntos oficiales y sus correspondientes coordenadas). - Cartillas oficiales de los puntos de control vertical. En base ala información recabada se planea la triangulación ubicando tentativamente los vértices y el lado base de la triangulación.
5.4.2 RECONOCIMIENTO. Corresponde el recorrido de la zona de triangulación verificando las ínter visibilidades entre estación planteados en el gabinete y realizando las correcciones necesarias de la ubicación de algunos vértices para su ubicación definitiva. 5.4.3 ESTABLECIMIENTO DE VÉRTICES. Comprende la materialización de los vértices de la triangulación mediante: - Hitos de concreto (núcleo metálico). R-215
1985
No Malograr
Fig.5.09
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. 5.5.1
-
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. Condiciones de lado Base. Debe tener fácil accesibilidad. Longitud < 1000m. Bebe estar ubicado en un lado con una pendiente < 10%.
MÉTODO TRADICIONAL. Se realiza con cinta de acero, la wincha debe ser nuevo o exclusivo para utilizar en este tipo de trabajos con una longitud de 30m a 50m previamente contrastada con una cinta patrón certificada (se contrasta estirando las cintas en una superficie lisa y se verifica la longitud verdadera “ de la cinta que será usada en la medida de base para aplicar la corrección correspondiente que será detallado más adelante.
Alineamiento
5 2 1
BS
3
BN
Fig.5.10
PROCIDIMIENTO: a. Establecer la línea base teniendo en cuenta que el terreno tenga una pendiente menor a 20%(preferencia 15cm terrenos llanos). b. Definir el alineamiento con un teodolito y 15cm una señal. c. Limpiar debidamente la línea de alineamiento de piedras, malezas, y otros. 60-80cm d. Efectuar el estacado de acuerdo a la longitud de la cinta de manera que la estaca sobresalga del terreno de 0.25m a .30m con la finalidad de que la medición se realice por el aire de sección a sección de la estaca e. Marcar sobre la sección de la estaca ( placa de zinc fijada en ella), el Fig.5.11 alineamiento a representar. f. Efectuar la medición ida y vuelta con cinta de acero controlando: tensión aplicada con el dinamómetro, temperatura con el termómetro. g. Se efectúa la nivelación geométrica de la cabeza del estaca. ( OBJETIVO: Hallar la diferencia de cotas entre estacas consecutivas y aplicar la corrección por horizontalidad) Estaca Estaca
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CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
Datos de medida de Base
Tramo BN-1 1-2 2-3 3-4 4-5 5-6 6-7 7-8 8-9 9-10 10-11 11-BS
D
IDA VUELTA Longitud. Longitud. Medida Temperatura Tensión Tramo Medida Temperatura Tensión 50.000 12.600 8.000 BS-11 10.319 14.200 8.000 50.000 11.700 8.000 11-10 50.000 13.900 8.000 50.000 13.200 8.000 10-9 50.000 12.600 8.000 50.000 14.300 8.000 9-8 50.000 13.400 8.000 50.000 13.700 8.000 8-7 50.000 13.600 8.000 50.000 12.900 8.000 7-6 50.000 12.900 8.000 50.000 13.000 8.000 6-5 50.000 13.500 8.000 50.000 50.000 13.800 8.000 5-4 12.400 8.000 50.000 12.600 8.000 4-3 50.000 11.200 8.000 Fig . 5 . 11 50.000 13.200 8.000 3-2 50.000 12.600 8.000 50.000 13.000 8.000 2-1 50.000 12.900 8.000 10.316 13.700 8.000 1-BN 49.994 13.000 8.000 560.316 13.142 8.000 560.313 13.017 8.000
= Mi − Mv = 560.316 − 560.313 = 0.003
Er =
D / D M / D
=
0.003 / 0.003 1 = 560.3145 / 0.003 120104.8
1 1 ≤ 120104 .8 10000 *Datos de Nivelación Geométrica Er ≤ Emp
=
3.315 102.315
3.417 102.364
3.324 2.331 2.345 2.352 3.365 3.368 3.425 3.436 3.495 3.510 3.672 3.894
100.000 99.991 99.984 99.970 99.963 98.950 98.947 98.939 98.928 98.869 98.854 98.692 98.470
Se realizan corrección: Por longitud incorrecta de la cinta. Por horizontalidad. Por catenaria. Por temperatura. Por tensión.
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3.874 102.344
3.251 102.138
3.812 3.721 3.687 3.589 3.512 3.489 3.457 3.354 3.321 3.122 3.102 2.141
98.470 98.532 98.623 98.657 98.755 98.832 98.855 98.887 98.784 98.817 99.016 99.036 99.997
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A.
=
La
Lm. Lv Ln
La: Longitud corregida en metros. Lm: Longitud medida en metros ( se obtiene en campo) Lv: Longitud Verdadera. Ejemplo: Lv = 50.003m Ln: Longitud nominal. Ejemplo: Ln = 50.000m Para el Ejemplo: Sea Lm(ida) = 560.349 y Lm(vuelta) = 560.313; aplicando la fórmula tenemos. Lai
=
B.
560.316 x50.003 = 560.349 50.000
Lav
=
560.313x50.003 = 560.346 50.000
Al medir la distancia entre estacas consecutivos se produce un error acumulativo, positivo y sistemático, debido a que cualquier distancia inclinada será siempre mayor que la distancia horizontal por lo tanto la corrección será siempre de signo negativo y pueden presentarse dos casos:
L
D = LCosθ Error por horizontalidad
•
Está formada por mediciones de poca precisión y cuando el terrenos tiene una pendiente hasta de 20%.
Δh 2 1. Ch = 2l Δh 2 Δh 4 2. Ch = + 3 2l 8l
: Corrección por horizontalidad : Longitud medida en la cintada Δh : Diferencia de alturas entre estacas consecutivas Aplicamos cuando el terreno tiene mayor a 20% o cuando se
requiere una mayor precisión.
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CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
Para el Ejemplo: IDA Puntos Longitud Cota h BN 100.000 50 0.009 1 99.991 50 0.007 2 99.984 50 0.014 3 99.970 50 0.007 4 99.963 50 1.013 5 98.950 50 0.003 6 98.947 50 0.008 7 98.939 50 0.011 8 98.928 50 0.059 9 98.869 50 0.015 10 98.854 50 0.162 11 98.692 10.316 0.222 BS 98.470 Corrección por Horizontalidad
Δh 2 Ch = 2l
Ch 0.00000081 0.00000049 0.00000196 0.00000049
Por ser los mismos puntos de nivelación la corrección de IDA y VUELTA son iguales por tanto: Chi = Chv
= 0.0129556
C. Ct = Kl (t 1 − to)
: Corrección por Temperatura Temperatura de campo Temperatura de calibración de la cinta; 0.00000009 ( = 20ºC) : Longitud medida en el campo (m). 0.00000064 : Coeficiente de dilatación del acero por 0.00000121 una unidad de longitud y por grado centígrado ( ). 0.01026169
0.00003481 0.00000225 0.00026244 0.00238872
Para el Ejemplo: Ida Cti = 0.000012 x560.316(13 − 20) = −0.047606 Vuelta Ctv = 0.000012 x560.313(13.1 − 20) = −0.046394
0.01295560
D. Cp =
( Pc − Po)l AE
: Corrección por horizontalidad Tensión aplicada en campo.
A =
W
0.0078
Lv = 50.003m
Ln = 0.15m
Tensión de calibración de la cinta en Kg. : Longitud medida en el campo. (m). 2 : área de la sección en : Módulo de elasticidad del acero ( ) : Peso de la cinta por metro lineal. : Longitud no graduada de la cinta. Ln = 0.20m
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Para el Ejemplo: Wo = 1.80 (Peso total de la cinta incluyendo Ln), W =
entones
1.80kg 1.80kg = = 0.0357 Kg / m (0.15 + 50.003 + 0.20)m 50.353m
0.0357 = 4.5760 0.0078 Ida (8 − 8)350.316 Cpi = =0 4.576 x 21.500 Vuelta (8 − 8)350.313 Cpv = =0 4.576 x 21.500 E. (−)nW 2 L3 Cc = =0 24 P12 : Corrección por catenaria. Número de cintadas completas de igual longitud. Peso de la cinta por metro lineal (kg/m) : Longitud cintada (m). : Tensión aplicada en el campo.
A =
Ejemplo:
Medición al aire libre
Apoyo intermedio
Desminuye el efecto de la catenaria
(−)1 x0.357 210.3163 Cci 2 = = 0.091091785 24 x8 2
= Cci1 + Cci 2 = 114.181179
Vuelta (−)1 x0.357 210.319 3 Cv1 = = 0.09117128 24 x8 2 (−)1 x0.357 2 49.994 3 Ccv3 = = 10.368092 24 x8 2 Ccv
W
Cinta estirada al nivel del asfalto
Ida (−)11 x0.0357 2 50 3 Cci1 = = 1.140901 24 x8 2 Cci
F
= Ccv1 + Ccv 2 + Ccv3 = 114.1775257
Lci = Lai − Chi − Cti + Cpi − Cci Lcv = Lav − Chv − Ctv + Cpv − Ccv L. BaseCorrigida
=
Lci + Lcv
2
- - 48 - -
(−)10 x0.357 2 50 3 Ccv 2 = = 103.7182626 24 x8 2
Cc = 0
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
5.6.1 Este método cosiste en medir los ángulos por series: PRIMERA SERIE = 0º00'00" SEGUNDA SERIE = 90º151'00" TERCERA SERIE = 180º30'00" CUARTA SERIE = 270º 45'00"
Molle
BN
Sentido de la medición
C
1 2
Fig.5.12
Para cada serie el limbo Hz (grados) varía en la relación 360 , “n” número de series,
Torre
BS
n
para cada serie el vernier varía en relación a relación
60' n
ESTACIÓN 1; Teodolito WILD, Precisión 20” Marca : 120º12'00" Mínima Graduación 20” 10
15
20
ANTEOJO SERIE VÉTICE DIRECTO BN 0º00'00" 49º34'30" BS Torre 106º24'10" 1ra BN 359º59'55" 90º15'00" BN BS 139º49'25" 196º39'15" Torre 2da 90º15º05" BN BN 180º30'00" 230º04'30" BS 286º54'15" Torre 3ra BN 180º30'05" 270º45'00" BN BS 320º19'20" 17º09'05" Torre 4ta 270º45'00" BN
ANTEOJO INDIRECTO 0º00'05" 49º34'35" 106º24'20" 359º59'55" 90º15'10" 139º49'40" 196º39'30" 90º15º05" 180º30'15" 230º04'40" 286º54'15" 180º30'05" 270º45'05" 320º19'25" 17º09'10" 270º45'00"
PROM. PARCIAL 0º00'02.5" 49º34'32.5" 106º24'15" 359º59'55" 90º15'05" 139º49'32.5" 196º39'22.5" 90º15º05" 180º30'07.5" 230º04'35" 286º54'15" 180º30'05" 270º45'02.5" 320º19'22.5" 17º09'07.5" 270º45'00"
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PROM. REDUCIDO 0º00'00" 49º34'30" 106º24'12.5" 359º59'52.5" 0º00'00" 49º34'27.5" 106º24'17.5" 0º00'00" 0º00'00" 49º34'27.5" 106º24'07.5" 359º59'57.5" 0º00'00" 49º34'20" 106º24'05" 359º59'57.5"
PROM GLOBAL 0º00'00" 49º34'26.25" 106º24'10.68" 359º59'56.8"
de
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PROMEDIO GLOBAL 0º00'00" <1 49º34'26.25" <2 106º24'10.68"
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ÁNGULO AZIMUTAL
ÁNGULO CORRECCIÓN CORREGIDO 0º00'01.11" 49º34'26.25" 49º34'27.36"
56º49'44.43
56º49'45.54
253º35'46.12"
253º35'47.23"
359º59'56.67"
360º00'00"
PROMEDIO PARCIAL (PP). Es el promedio de valores de los ángulos medidos con el 00º00'00"+00º00'05" anteojo directo y anteojo invertido ( PP = = 00º 00'02.5" ) 2 PROMEDIO REDUCIDO: 1ra Serie: 0º00'02.5" 49º34'32.5" 106º24'15" 359º59'55"
- 0º00'02.5" = 0º00'00" - 0º00'02.5" = 49º34'30" - 0º00'02.5" = 106º24'12.5" - 0º00'02.5" = 359º59'52.5"
PROMEDIO GENERAL. 49º34'30"+49º34'27.5"+49º34'27.5"+49º34'20" = 49º34'26.25" 4 ÁNGULO AZIMUTAL. Es el valor absoluto de la diferencia de los ángulos consecutivos PG
=
0º00'00" <1
> =
49º34'26.25"
> =
56º49'44.43
> =
253º35'46.12"
49º34'26.25" <2 106º24'10.68"
CORECCIÓN: El error de cierre es negativo por tanto la corrección es positivo: 359º59'52.5"-360º00'00" = +0º 00'01.11" C = 3 ÁNGULO CORREGIDO: 49º34'26.25"
+ 0º00'01.11" = 49º34'27.36"
56º49'44.43
+ 0º00'01.11" = 56º49'45.54
253º35'46.12" + 0º00'01.11" = 253º35'47.23"
- - 50 - -
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
5.6.2
a i c n e r e f e R e d a e n í L
D1
D2 D3
II'
Fig.5.13
Los puntos BN, BS, I y II’ son vértices accesibles mientras el punto II es un vértice inaccesible de la triangulación. II: Vértice de la triangulación II’: Estación auxiliar o excéntrica. Ángulos: <3, <4, <5, <6, <7, <8 son medidos directamente en el campo. Ángulos: <1, <2, son ángulos que no se pueden medirse en el campo y se obtienen indirectamente efectuando la “Reducción al d centro”
α
β
Medir la distancia y los ángulos d' alrededor del vértice II . Si no es posible medir directamente la distancia se utiliza una estación auxiliar II y estacionando el teodolito en cada uno de estos puntos auxiliares ( ), se mide los ángulos ∠α y ∠β, y la distancia Por ley de senos se determina el valor de
II'
-
Obtener por ley de senos y con los datos de la base corregida ó lado deducido y los ángulos medidos en el terreno, la distancia comprendida desde la estación central a los otros vértices de triangulación (D1, D2, D3). Obtener los ángulos direccionales tomando referencial la línea comprendida entre la estación excéntrica y la estación central medido en sentido horario visando a cada uno de los vértices de la triangulación. PRIMER ∠ Direccional: II’-BN = ∠II-II’-BN. SEGUNDO∠ Direccional: II’-BS = ∠II-II’-BN + ∠BN-II’-BS TERCER ∠ Direccional: II’-I = ∠II-II’-BN + ∠BN-II’-BS + ∠BS-II’-I. Corrección de los ángulos direccionales, aplicando la fórmula siguiente:
- - 51 - -
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γ = A sin(
-
dxSen(a) D
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) Donde:
γ: Corrección en segundos que hay que aplicar a cada uno de los ángulos direccionales. Sí ∠ direccional menor a 90º entonces la corrección es (+). Sí ∠ direccional mayor a 90º entonces la corrección es (-) : Distancia comprendida desde la estación excéntrica hasta la estación central. : Cada uno de las ángulos direccionales. : Distancia comprendida desde la estación central y los otros vértices de la triangulación. Efectuar la reducción al centro (obtener la ángulos ∠1, ∠2).
Con los datos de la estación excéntrica obtener los ángulos ∠1, ∠2, ∠3 de la figura mostrada con d = 3.030 Ángulos alrededor del vértice D' ya compensado s : DD ' A = 64 º12 '10 " DA = D 1 = 483 . 60 AD ' C = 150 º 30 '10 " DB = D 2 = 745 . 10 CD ' B = 100 º 25 ' 40 " DC = D 3 = 803 . 60 BD ' A = 109 º 04 '10 " ∑ = 360 º
A
0 6 . 3 8 4
B 7 4 5 . 1 0
D d D'
0 6 . 3 0 8
C - - 52 - -
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
a. Ya tenemos las distancias D1, D2, D3 como dato. b. Hallando los ángulos direccionales: Tomando como línea de referencia la recta
= 64 º12 '10 " D ' C = 64 º12 '10 " + 150 º 30 '10 " = 214 º 40 ' 20 " D ' B = 214 º 40 ' 20 " + 100 º 25 ' 40 " = 315 º 08 ' D ' A
c. Cálculo de la corrección para cada ángulo direccional: dxSen(a) γ = A sin( ) D
A
γ'
3.030 * Sen(64º12'10" ) ) 483.600 γ ' = 0º19'23.56"
0 6 . 3 8 4
γ ' = A sin(
d D' d D '
3.030 * Sen(360º- 214 º 40 '20" ) ) 803 .600 γ ' ' = 0 º 00 '07 '22 .43' ' γ ' ' = A sin(
0 6 . 3 0 8
γ'
C
B D
γ '
7 4 5 .1 0
d
3.030 * Sen(360º-315º 08' ) ) 745.100 γ ' ' ' = 0º 09'51.73 γ ' ' ' = A sin(
D' d. Cálculo de ángulos direccionales corregidos: D ' Ac D ' Cc D ' Bc
= 64 º12 '10 " + 0 º19 '23 . 59 " = 64 º 31 '33 . 56 " = 214 º 40 '20 " − 0 º 07 '22 . 44 " = 214 º 32 '57 . 56 " = 315 º 08 '− 0 º 09 '51 . 73 " = 314 º 58 '08 . 26 "
e. Haciendo la reducción al centro obtenemos los ángulos ∠1, ∠2, ∠3 de la figura:
∠1 = 360 º − 315 º 07 '49 . 67 " + 64 º12 '30 . 3" = 109 º 33 '25 . 3" ∠ 2 = 214 º 40 '12 . 28 " − 64 º12 '30 . 3" = 150 º 01 '24 . 4" ∠ 3 = 315 º 07 '49 . 67 "− 214 º 40 '12 . 28 " = 100 º 25 '10 . 7 " - - 53 - -
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5.7.1 Ecuaciones de condición. Condición geométrica. Por esta condición debe satisfacerse todas las condiciones geométricas en cuato a la sumatoria de los valores de los ángulos interiores de un triangulo de ser 180º, de un cuadrilátero 360 , y así también la sumatoria de los ángulos alrededor de un vértice debe ser 360º y así satisfacer todas la formas geométricas Condición Trigonométrica. Significa que la diferencia de la sumatoria de logaritmo seno de los ángulos pares con la sumatoria del logaritmo seno de los ángulos los impares deben ser cero, esto es:
∑ Log ( Sen ( ∠ praes )) − ∑ Log ( Sen ( ∠ praes )) = 0
5.7.2 Compensación de una cadena de triángulos. B
D
F
A
E
C
La compensación en este caso se da de la siguiente forma: Δ I : E 1
= 180 º − ( 1 + 2 + 3 )
⇒
c1
E 1
=
3
Δ II : E 2
= 180 º − ( 5 + 4 + 6 )
⇒
c2
=
⇒
c3
=
⇒
c
E 2
3
Δ III : E 3
= 180 º − ( 7 + 8 + 9 )
E 3
3
Δ IV : E 4
= 180 º − (10 + 11 + 12 )
4 =
E 4
3
Donde: ; Error para cada triángulo corrección que se aplicará a cada ángulo que le corresponde 5.7.3 Compensación de una cuadrícula con dos diagonales. fig.métodos modelo pero el La compensación de un cuadrilátero se puede realizar por varios más preciso es la de los mínimos cuadros lo que a continuación detallaremos mediante un ejemplo numérico
- - 54 - -
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
Mediante el método de mínimos cuadrados hacer la compensación en cuadrilátero de la figura mostrada con los datos de los ángulos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, y 8
del B
Nº 1 2 3 4 5 6 7 8
ÁNGULOS º ‘ " 36 56 17.2 54 40 32.3 49 29 36.6 38 53 26.6 37 43 45 53 53 5.8 54 50 58.5 33 32 22.3
A
C
D
Las fórmulas que en el desarrollo se mostrarán sólo se cumplen cuando la disposición de los ángulos son cono se indican en la para otras disposiciones de ángulos sólo será cuestión de adecuar a la propuesta y aplicar las formulas tal como se indican Cálculo de los errores de cierre a partir de los ángulos compensados en vértice Nº ÁNGULOS Error de Cierre º ‘ " 1 36 56 17.2 2 54 40 32.3 E 1 = 360 − (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8) 3 49 29 36.6 4 38 53 26.6 E 1 = (5 + 6) − (1 + 2) 5 37 43 45 6 53 53 5.8 E 1 = (7 + 8) − (3 + 4) 7 54 50 58.5 E 4 = Log(sin(i)) − Log(sin(i)) i = 2, 4, 6,8 i =1.3.5.7 8 33 32 22.3
∑
Cálculo de los errores
y
∑
E cierre (“ ) -4.300 1.300 17.600 35.2812
a partir de los cálculo de y
d 1 = Log(sin(36º56'17.2)) − Log(sin(36º56'16.2)) = 2.8
K 4 = K 4 =
E 4 − (0.125 E 1* D1 + 0.25 E 2 * D2 + 0.25 E 3 * D3) D4 − (0.125 D12 + 0.25 D22 + 0.25 D32 )
.. Ec.K 4
35.2812 − [0.125(−4.3)(−0.0119) + 0.25(1.3)(0.1231) + 0.25(17.6)(0.8822)] = 0.7470 D4 − (0.125* (−0.0119)2 + 0.25 * 0.12312 + 0.250.88222 )
Nº ÁNGULOS º ‘ " 1 36 56 17.2 2 54 40 32.3 3 49 29 36.6 4 38 53 26.6 5 37 43 45 6 53 53 5.8 7 54 50 58.5 8 33 32 22.3
d 2.8000 1.4920 1.7990 2.6100 2.7210 1.5360 1.4830 3.1760
D (Nº reales)
K (Nº reales)
D1 = (d 1 − d 2) + (d 3 − d 4) + (d 5 − d 6) + (d 7 − d 8)
-0.0119
K 1 = 0.125( E 1 − K 4 * D1)
-0.5364
D2 = (d 1 − d 2) − (d 5 − d 6)
0.1231
K 1 = 0.25( E 2 − K 4 * D2)
0.3020
D3 = (d 3 − d 4) − (d 7 − d 8)
0.8822
K 1 = 0.25( E 3 − K 4 * D3)
4.2352
Ec.K 4
0.7470
D4 = d 12 + d 22 + d 32 + d 42 + d 52 + d 62 + d 72 + d 82
- - 55 - -
42.1700
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Cálculo de las correcciones corregidos en figura
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a partir de y y determinación de los ángulos
∠corg = ∠med ± V ∠1 = 36º56'17.2 + 1.8575" = 36º56'19.058" Nº 1 2 3 4 5 6 7 8
Ángulos º " 36 56 17.2 54 40 32.3 49 29 36.6 38 53 26.6 37 43 45 53 53 5.8 54 50 58.5 33 32 22.3
d 2.8 1.492 1.799 2.61 2.721 1.536 1.483 3.176
V 1 = K 1 + K 2 + d 1 * K 4 V 1 = K 1 + K 2 − d 2 * K 4 V 1 = K 1 + K 3 + d 3 * K 4 V 1 = K 1 + K 3 − d 4 * K 4 V 1 = K 1 − K 2 + d 5 * K 4 V 1 = K 1 − K 2 − d 6 * K 4 V 1 = K 1 − K 3 + d 7 * K 4 V 1 = K 1 − K 3 − d 8 * K 4
V (") 1.8575 -1.349 5.0424 1.749 1.1944 -1.9859 -3.6642 -7.1443
ángulos corregidos en figura
º
‘
36 56 54 40 49 29 38 53 37 43 53 53 54 50 33 32 354.00º 356.00’ 360.000
“ 19.058 30.951 41.642 28.349 46.194 3.814 54.836 15.156 240.00”
5.7.4
La resistencia o consistencia de la figura viene ha ser la precisión relativa con que puede evaluarse cuantitativamente con la finalidad de obtener el mejor camino posible que me permita obtener con mayor precisión en lado opuesto de la línea conocida para aplicar la ley de senos. R
=
D-C D
x
∑ (∂ A
2
+ ∂ A ∂ A + ∂ B 2 ) Donde:
R: Resistencia o consistencia de la figura. D: Número total de direcciones observadas menos la base. (Lado conocido: Total de direcciones - 2). C: Número de condiciones de ángulo y de lado de la red. C = (n'− S '+1) + ( n − 2 S + 3) Donde: n: Número total de líneas de la figura n’: Número total de líneas de la figura observadas en ambas direcciones. S: Número total de vértices de la triangulación. S’: Número total de vértices de la triangulación ocupadas ∂: Diferencia tabular de los Log Sen, parta un segundo (1”). A: Ángulo opuesto al lado desconocido. B: Ángulo opuesto al lado conocido.
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SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
Calcular la resistencia de las siguientes cadenas: Que va a permitir calcular el lado 67 partir de base BNBS ∠1 = 39º11'43" ∠2 = 65º17'15" ∠3 = 40º 48'47" ∠4 = 34º 42'15" ∠5 = 70º38'04" ∠6 = 33º50'54" ∠7 = 31º 08'08" ∠8 = 44º 22'54"
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
C D
A
Fig.5.15
B
Se sabe R =
D-C D
2 2 ( ) Donde: A A A B ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∑
x
1.
= 10 n=6 n' = 6 s=4 C = ( n '− S '+ 1) + ( n − 2 S + 3) ⇒ C = ( 6 − 4 + 1) + ( 6 − 2 * 4 + 3) = 4 D − C 10 − 4 = = 0 .6 10 D
D
s' =
4
⇒
2.
.Δ ( A − C − B) → Δ( B − C − D)
Δ( A − C − B ) ˆ = 2ˆ + 3ˆ = 65º17'15"+40º 48'47" L. Desconocid oCB ⇒ A ˆ = 106º06'02" A ∂ Aˆ = 106 * ( LogSen Aˆ − LogSen( Aˆ − 0º00'01" ) = LogSen(106º06'02" ) − LogSen(106º 06'01" )) ∂ Aˆ = −0.6 L.Conocido AB ⇒ Bˆ = 4ˆ = 34º 42'15" ∂ Bˆ = 106 * ( LogSen Bˆ − LogSen( Bˆ − 0º 00'01" )) = 106 * ( LogSen(34º 42'15" ) − LogSen(34º 42'14" )) ∂ Bˆ = 3.0 ˆ 2 + ∂ Aˆ ∂ Bˆ + ∂ Bˆ 2 = (−0.6) 2 + (−0.6) * 3 + 32 = 7.56 m1 = ∂ A
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Δ ( B − C − D ) L . Desconocid o CD ⇒ Aˆ = 8ˆ = 44 º 22 '54 " ∂ Aˆ = 10 6 * ( LogSen Aˆ − LogSen ( Aˆ − 0 º 00 '01" )) = 10 6 * ( LogSen ( 44 º 22 '54 " ) − LogSen ( 44 º 22 '53" )) ∂ Aˆ = 2 . 15 L .Conocido CB ⇒ Bˆ = 6 + 7 = 33 º 50 '54 "+ 31 º 08 '08 " = 64 º 59 '02 " ∂ Bˆ = 10 6 * ( LogSen Bˆ − LogSen ( Bˆ − 0 º 00 '01" )) = 10 6 * ( LogSen ( 64 º 59 '02 " ) − LogSen ( 64 º 59 '01" )) ∂ Bˆ = 0 . 98 m 2 = ∂ Aˆ 2 + ∂ Aˆ ∂ Aˆ + ∂ Bˆ 2 = 2 .15 2 oo + 2 .15 * 0 .98 + 0 .98 2 = 7 . 70 ⇒ D-C R1 = x ∑ ( ∂ A 2 + ∂ A ∂ A + ∂ B 2 ) = 0 .6 ( 7 .56 + 7 .70 ) = 9 .9 .156 D
R1 =
9 .20
.Δ( A − B − D) → Δ( A − C − D)
Δ( A − B − D ) L. Desconocid o AD ⇒ Aˆ = 1 + 8 = 39º11'43"+44º 22'54" Aˆ = 83º34'37" ∂ Aˆ = 10 6 * ( LogSen Aˆ − LogSen( Aˆ − 0º 00'01" ) = LogSen(83º34'37" ) − LogSen (83º34'36" )) ∂ Aˆ = 0.24 L.Conocido AB ⇒ Bˆ = 7 = 31º 08'08" ∂ Bˆ = 10 6 * ( LogSen Bˆ − LogSen( Bˆ − 0º00'01" )) = 10 6 * ( LogSen (31º 08'08" ) − LogSen (31º 08'07" )) ∂ Bˆ = 3.49 m1 = ∂ Aˆ 2 + ∂ Aˆ ∂ Bˆ + ∂ Bˆ 2 = (0.24) 2 + (0.24) * 3.49 + 3.49 2 = 13.075 Δ( A − C − D ) L. Desconocid oCD ⇒ Aˆ = 3 = 44º 22'54" ∂ Aˆ = 10 6 * ( LogSen Aˆ − LogSen( Aˆ − 0º 00'01" )) = 10 6 * ( LogSen (40º 48'47" ) − LogSen( 40º 48'46" )) ∂ Aˆ = 2.44 L.Conocido AD ⇒ Bˆ = 4 + 5 = 34 º 42'15"+70º38'04" = 105º 20'19" ∂ Bˆ = 10 6 * ( LogSen Bˆ − LogSen( Bˆ − 0º 00'01" )) = 10 6 * ( LogSen (105º 20'19" ) − LogSen(105º 20'18" )) ∂ Bˆ = −0.58 2 2 2 2 m2 = ∂ Aˆ + ∂ Aˆ ∂ Aˆ + ∂ Bˆ = 2.44 oo − 2.44 * 0.58 + (−0.58) = 4.874 ⇒ D-C 2 2 R 2 = x ∑ (∂ A + ∂ A ∂ A + ∂ B ) = 0.6(13.075 + 4.874) = 17.95 D
R 2 = 17.95
.Δ ( A − B − C ) → Δ( A − C − D ) Δ( A − B − C ) ∂ Aˆ = 2.58 ∂ Bˆ = 3.04 m1 = 23.74
Δ( A − C − D) ∂ Aˆ = 2.44 ∂ Bˆ = 3.14 m2 = 23.475
⇒ R3 = 28.329
- - 58 - -
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
.Δ ( A − B − D ) → Δ( B − C − D) Δ( A − B − D) ∂ Aˆ = 0.969 ∂ Bˆ = 3.485 m1 = 16.46
Δ( B − C − D) ∂ Aˆ = 2.15 ∂ Bˆ = 0.74 m2 = 6.76
⇒ R 3 = 13.93
Se calcula tomando como ruta para procedimiento de cálculo cálculo el mejor camino, es decir el camino más rígido o resistente que tiene el menor valor de
Se puede orientar específicamente respecto a dos dirección sobre la planeta:
a i c t n é g NG a M N ó n M i c a n i l i c t e D s E
N G e t s e O
Existen métodos para orientar respecto al meridiano geográfico entre las cuales:
II
I
BN
BS
III
Fig.5.16 -
Comprende los siguientes procedimientos:
Estacionar en una de los vértices de la triangulación un poste bien plomado y Circunferencia que tenga una longitud de m a Circunferencia que corta la cuva en X y Y m. en X y Y Entre am. a pm ir marcando cada media hora sobre el terreno el X extremo de la sombra proyectada del M poste. e Sombra t Unir mediante una curva cada uno de Y s Proyectada o los puntos marcados en el paso P precedente. Amarrar un cordel en la base del poste y con un radio adecuado cortar la curva trazada en dos puntos consecutivos Fig.5.17 tales como “ y “ Medir la distancia XY y macar el punto medio. La línea que une los puntos de la (punto de estación), con el punto de la distancia XY representa la dirección del meridiano geográfico. La precisión que puede tener esta orientación es aproximadamente de a
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NG
α
A;
α Ejevertical a b
A
1 5 0 m
0 m 1 5
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Aprovechando que en un día se puede observar que el sol pasa por dos puntos de alturas iguales, dándose este fenómeno para el sol vuelve a pasar a la misma altura aproximadamente al el procedimiento es el siguiente.
Estacionar el teodolito en uno de los vértices de la triangulación acoplado al ocular del anteojo un lente oscuro y que trabaja como filtro ante los rayos del sol y un ocular acodado. Entre am visar el disco solar, con mucho cuidado, de tal manera que la intersección del hilo central y el hilo vertical de la retícula coincidan con el centro del disco, leer el ángulo vertical ( α) y registrar. Seguidamente se reflecta el anteojo y a unos m se marca un punto en el terreno. Replantear el ángulo vertical leído anteriormente y hacer el seguimiento del sol hasta que en un momento determinado entre pm el disco solar quede centrado en la retícula, esto sucederá en breves segundos por lo que hay que estar muy atento. Se reflecta el anteojo y se marca un punto en el terreno mas o menos a m. Se procede a medir el ángulo horizontal y se traza la bisectriz que representa la dirección del meridiano geográfico con una aproximación de
Es la obtención de las coordenadas de los vértices de la triangulación, a partir de un vértice de la triangulación oficial, cuyas coordenadas son conocidas. PROCEDIMIENTO: a. En la triangulación local ubicar dos vértices desde donde puede verse la señal de uno de los vértices de la triangulación oficial. Ejemplo: Desde A y B se observa XXI (5800.300, 2600.100). b. Desde los vértices A y B medir los ángulos α θ . c. Desde uno de los vértices escogidos de la triangulación local, medir el azimut visando el vértice de la triangulación oficial; Ejemplo: Az (A-XXI) d. Obtener el ángulo λ (180º - (α-θ)). e. Obtener las distancias ……….. f. Calcular los azimut y rumbos de la triangulación local enlazándolos con los vértices de la triangulación oficial y a partir de los azimut medidos en el campo…………… g. Calcular las coordenadas de los vértices de la triangulación local.
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SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
Si pide toda red Δ: Diferencia de altura entre. Hallar el
de cada circuito:
Ec = 12.179 + (−7.843) + (−4.870) = 0.015 Ec = 7.483 + (15.172) + (−7.324) = 0.005
Escoger para empezar la comprobación de circuito que tenga el mayor Ec ≤ Emp = ±0.010 K Emp = ±0.010
2.45 = ±.016
Emp = ±0.010
2.70 = ±0.016
Cumple Ec< E.m.p. Compensación del circuito I Ec = 12.179 + (−7.843) + (−4.870) = 0.015 Ec = 7.483 + (15.172) + (−7.324) = 0.005
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El tramo de una base de triangulación se medió con una cinta, con apoyo en el centro. La que a la temperatura de 20.2ºC y una tensión de 10Kg. tiene una longitud de 50m, su peso incluido anillos y puntas que miden 0.24m es de 1637gr. Su sección es de 6x0.7=4.2mm2 ; al medir el tramo su temperatura fue de 23ºC y su tensión, de 12Kg. la diferencia de altura entre estacas fue de 0.44m. Calcular la longitud del tramo. Sea AB el tramo
B
Fig.5.19
Δh 2 0.44 2 0.0968 = = 1 Ch = L AB 2l 2 * L AB : Corrección por horizontalidad
Ct = Kl (t 1 − to) = 0.000012 * L AB ( 23º −20.2º ) = 0.0000336 L AB
: Corrección por Temperatura Temperatura de campo Temperatura de calibración de la cinta; ( = 20ºC) : Longitud medida en el campo (m). : Coeficiente de dilatación del acero por una unidad de longitud y por grado centígrado ( ).
(12 − 10) L AB = 0.02214839 L AB AE 4.2 * 21.500 : Corrección por Tensión
Cp
=
( Pc − Po)l
=
Tensión aplicada en campo. A =
W
0.0078 Tensión de calibración de la cinta en Kg. : Longitud medida en el campo. (m). 2 : área de la sección en : Módulo de elasticidad del acero (
- - 62 - -
)
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
1637 = 0.0325835987 3 Kg / m. 50 + 0.24
W =
3
⎛ L AB ⎞ 2 * 0 . 0325835987 3 ⎜ ⎟ 2 * W 2 L3 2 ⎠ ⎝ Cc = = = 0.00000008 L AB 3 2 2 24 * Pc 24 * 12 : Corrección por catenaria. Número de cintadas completas de igual longitud. Peso de la cinta por metro lineal (kg/m) : Longitud cintada (m). : Tensión aplicada en el campo. 2
Lc AB Lc AB
= La − Chi ± Cti ± Cpi − Cci = 0.0968 = ( L AB ± 0) − − 0.0000336 L AB − 0.02214839 L AB − 0.00000008 L AB 3
:
L AB
Longitud medida en el campo del tamo AB. : Longitud corregida de trama AB. El problema no tiene solución puesto que hay una sola ecuación y 2 incógnitas. La longitud de una línea según se medió con una cinta de acero de 100m es de 1012.3m, después de que la cinta se comparó con un patrón se encontró que tenía 3cm de más. Calcúlese la longitud de la línea. Ln = 100m. Lr = 100 + 0.03 = 100.03m. Lm = 1012.3 = 1000 + 12.3 ⇒ E 12.3 E 100
0.03 *12.3 = 0.00369 100 = 0.03
=
# citadasCom pletas =
1000 = 10 100
= 0.03 *10 = 0.3m Et = E 12.3 + Et 100 = 0.3 + 0.00369 = 0.30369m c = − Et = −0.30369m LogLínea = 1012.3 + c = 1012.3 + (−0.30369) = 1011.9963m Et 100
La distancia real entre dos marcas se sabe que es 100.080m cuando una cinta de campo se tiende en la línea la distancia obtenida es de 100.030m ¿cuál es la longitud real de la cinta? Sí Ln = 100.03
→ Lr = 100.08 ⇒ para( Ln = 100) → Lr 100 = X Ln = 100 100 *100.08 = 100.049985 ≈ 100.05m. Lr 100 = X = 100.03
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La medida inclinada de una línea es 800.00m la diferencia de elevación entre los puntos sucesivos situados a 100m de distancia medidas con nivel de mano, son 1.0, 1.5, 2.5, 3.8, 4.6, 5., 7.5, 6.2m. Determine la distancia horizontal. Para cada desnivel asignamos 100m. inclinados y por Pitágoras hallamos la distancia horizontal en cada tramo, al fina la sumatoria de estas últimas es la distancia horizontal buscada 2 2 DHi = (100 * {1 1 1 1 1 1 1 1 }) − {1 1.5 2.5 3.8 4.6 5 7.5 6.2} DHi = {99.995 99.989 99.969 99.928 99.894 99.874 99.718 99.808} DH = ∑ DHi =∑{99.995 99.989 99.969 99.928 99.894 99.874 99.718 99.808} =799.175m DH = 799.175m
Dos puntos de una distancia inclinada están separados por una distancia aproximada de 100m y tiene una diferencia de elevación de 12.0m ¿qué distancia inclinada se debe medir para obtener una distancia horizontal de 100m? 100.7174m. Con los datos de la estación excéntrica obtener los ángulos ∠7, ∠8 de la figura mostrada. C
Fig.5.20
D 3 = 7 8 1 . 9 60 D2 = 879.354
D d Línea de
D 1 = 5 4 3 .8 8 8 A
244º28'32"
d = 5.040 = 244 º 28 '32 " DA = 543 . 888 AD ' B = 35 º 09 ' 43 " BD ' C = 30 º 27 '30 " DB = 879 . 354 CD ' D = 49 º 54 '15 " DC = 781 . 960 ∑ = 360 º DD ' A
- - 64 - -
D'
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
Ya tenemos las distancias D1, D2, D3 como dato. Hallando los ángulos direccionales: Tomando como línea de referencia la recta ∠ D ' A = 244 º 28 '32 " ∠ D ' B = 244 º 28 '32 " + 35 º 09 '43 " = 279 º 38 '15 " ∠ D ' C = 279 º 38 '15 " + 30 º 27 '30 " = 310 º 05 '45 " b. c.
d.
Sen(e)
Cálculo de la corrección para cada ángulo direccional: dxSen(a)
=
D
D d
D 1 = 5 4 3 .8 8 8
α'
A
D'
244º28'32"
5.040 * Sen(360º-244º28'32") 543.888 γ ' = −0º00'30.01" γ ' =
B
5.040 * Sen(360º-2 79º38'15" ) 879 .354 γ ' ' = 0 º 00 '20 .34" γ ' ' =
α"
D2 = 879.354
d
279º38'15 D'
α '''
5.040 * Sen(360º-310º05'45") 781.560 γ ' ' ' = 0º00'17.76"
D3 = 781.960
γ ' ' ' =
D d 310º05'45"
D'
Cálculo de ángulos direccionales corregidos: ∠ D ' Ac = 244 º 28 '32 " − 0 º 00 '30 . 1" = 244 º 28 '1 . 9 " ∠ D ' Bc = 279 º 38 '15 " − 0 º 00 '20 . 34 " = 279 º 37 '54 . 6 " ∠ D ' Cc = 310 º 05 '45 " − 0 º 00 '17 . 76 " = 310 º 05 '27 . 24 " e.
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f.
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Haciendo la reducción al centro obtenemos los ángulos ∠7, ∠8 de la figura: ∠7 = 310º 05'27.24"−279º37'54.6" = 30º 27'32.64" ∠8 = 279º37'54.6"−244º 28'1.9" = 35º09'52.7" ∠7 = 30º 27'32.64" ∠8 = 35º 09'52.7"
Con los datos de la estación excéntrica obtener los ángulos ∠1, ∠2, ∠3 de la figura mostrada.
A
d = 3.030
7 4 5 .1 0
= 64 º12 '10 " BD ' C = 100 º 25 ' 40 " CD ' A = 150 º 30 '10 " BD ' A = 109 º 01 '05 " ∑ = 359 º 56 '55 " DD ' A
d D'
= D 1 = 438 . 60 DC = D 2 = 803 . 60 DA = D 3 = 745 . 10
Fig.5.21
A
. 6 0 3 4 8
7 45 . 1 0
D
0 6 . 3 0 8
Fig.5.22
C a. Compensando los ángulos alrededor de Ec Cc
D
0 6 . 3 0 8
DB
d D'
. 6 0 3 4 8
= 359 º 56 '55 " − 360 º = − 0 º 03 '05 " 0 º 03 '05 " = = + 0 º 01 '01 . 67 " 3
- - 66 - -
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
DD ' A = 64 º12 '10"
= 64 º12 '10 " BD ' A = ∠ 1' = 109 º 01 '05 " BD ' C = ∠ 2 ' = 100 º 25 '40 " CD ' A = ∠ 3 ' = 150 º 30 '10 " ∑ = 359 º 56 '55 " DD ' A
BD ' A = ∠1' = 109 º 01'05"+ 0 º 01'01 .67" = 109 º 02 '06 .67" BD ' C = ∠ 2' = 100 º 25 '40"+ 0 º 01'01 .67" = 100 º 26 '41 .67" CD ' A = ∠ 3' = 150 º 30 '10"+ 0 º 01'01 .67" = 150 º 31'11 .67"
∑ = 360 º
b. Ya tenemos las distancias D1, D2, D3 como dato.
= D 1 = 745 . 10 DB = D 2 = 438 . 60 DC = D 3 = 803 . 60 DA
c. Hallando los ángulos direccionales:
Tomando como línea de referencia la recta
= 164 º 38 '51 . 66 "+ 150 º 31 '11 . 67 " = 315 º10 '03 . 33 " D ' B = 64 º12 '10 " D ' C = 100 º 26 ' 41 . 66 " + 64 º12 '10 " = 164 º 38 '51 . 66 " D ' A
d. Cálculo de la corrección para cada ángulo direccional: Sen(e)
dxSen(a)
=
A
D
γ'
7 45 . 1 0
D
3.030 * Sen(360º-315º10'03.33" ) ) γ ' = A sin( 745.100 γ ' = −0º 09'51.37"
d
D'
B . 6 0 γ ' 3 4 8
3.030 * Sen(64º12'10" ) ) 483.600 γ ' = +0º19'23.56" γ ' = A sin(
d D'
D
d
D
D'
γ '' '
0 6 . 3 0 8
3.030 * Sen(360º- 164 º 38'51 .66" ) ) 803 .600 γ ' ' ' = −0º 03'25 .9" γ ' ' ' = A sin(
C - - 67 - -
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B
A
A ' D
d D'
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e. Cálculo de ángulos direccionales
corregidos: D ' A = 315 º10 '03 . 33 " − 0 º 09 '1 . 37 " = 315 º 0 '11 . 95 " D ' B = 64 º12 '10 " + 0 º19 '23 . 56 " = 64 º 31 '33 . 56 " D ' C = 164 º 38 '51 . 66 " − 0 º 03 ' 25 . 9 " = 164 º 42 '17 . 57 "
D
f. Haciendo la reducción al centro
obtenemos los ángulos buscados ∠1 = 109 º 31 '21 . 64 " ∠ 2 = 100 º1'44 " ∠ 3 == 150 º17 '43 "
Fig.5.23
Calcular el valor
D − C D
en las siguientes redes de triangulación.
B
Fig.5.24 L C A F
E
K M D
J G H
I c
B
A F
H G I
E D
K
L
H
J
Fig.5.25
M
N
- - 68 - -
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
= 66 n = 34 n' = 22 s = 15 s ' = 12
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
D
C = ( 22 − 12 + 1) + (34 − 2 *15 + 3) C = 18 D − C D
=
66 − 18 = 0.727 66
Se sabe que: D: Número total de direcciones observadas menos la base. (Lado conocido: Total de direcciones - 2). C: Número de condiciones de ángulo y de lado de la red. C = ( n '− S '+ 1) + ( n − 2 S + 3) Donde: n: Número total de líneas de la figura n’: Número total de líneas de la figura observadas en ambas direcciones. S: Número total de vértices de la triangulación. S’: Número total de vértices de la triangulación
= 52 n = 27 n' = 18 s = 13 s ' = 10
D
= 66 n = 34 n' = 22 s = 15 s ' = 12
C = ( n '− S '+ 1)
+ ( n − 2 S + 3) C = (18 − 10 + 1) + ( 27 − 2 * 13 + 3) C = 13 D − C 52 − 13 = = 0 .75 D 52
D
C = ( 22 − 12 + 1) + (34 − 2 *15 + 3) C = 18 D − C D
=
66 − 18 = 0.727 66
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Calcular la resistencia de las siguientes cadenas: a ).Δ BN − BS − 7 → Δ BS − 7 − 6 b).Δ BN − BS − 6 → Δ BN − 7 − 6 Que va a permitir calcular el lado 67 partir de base BNBS ∠a = 41º13'6.42" ∠b = 56º 41'23.48" ∠c = 49º19'9.42" ∠d = 37º10'22.58" ∠e = 36º 49'8.42" ∠ f = 56º 28'15.58" ∠g = 49º32'17.42" ∠h = 32º 46'16.58" BN BS
Fig.5.26
Se sabe D-C 2 2 R = x∑(∂ A + ∂ A ∂ A − ∂ B ) Donde: D
1.
= 10 n=6 n' = 6 s=4 s' = 4 ⇒ C = ( n '− S '+ 1) + ( n − 2 S + 3) C = ( 6 − 4 + 1) + ( 6 − 2 * 4 + 3) = 4 ⇒ D − C 10 − 4 = = 0 .6 D 10
D
- - 70 - -
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
2.
Δ ( BN − BS − 7) → Δ( BS − 7 − 6) Δ ( BN − BS − 7 ) L . Desconocid o BS − 7 ⇒ Aˆ = a + b = 41 º13 '6 . 42 "+ 56 º 41'23 .48 " = 97 º 55 '27 . 68 " ∂ Aˆ = 10 6 * ( LogSen Aˆ − LogSen ( Aˆ − 0 º 00 '01" ) = LogSen (97 º 55 '27 . 68" ) − LogSen (97 º 55 '26 . 68" )) ∂ Aˆ = − 0 .29 L .Conocido BNBS ⇒ Bˆ = h = 32 º 46 '16 .58 " ∂ Bˆ = 10 6 * ( LogSen Bˆ − LogSen ( Bˆ − 0 º 00 '01" )) = 10 6 * ( LogSen (32 º 46 '16 . 58" ) − LogSen (32 º 46 '15 .58" )) ∂ Bˆ = 3 .27 m1 = ∂ Aˆ 2 + ∂ Aˆ ∂ Bˆ + ∂ Bˆ 2 = ( − 0 .29 ) 2 + ( − 0 .29 ) * 3 . 27 + 3 . 27 2 = 9 .829 Δ ( BS − 7 − 6 ) L . Desconocid o 6 − 7 ⇒ Aˆ = d = 37 º10 '22 .58 " ∂ Aˆ = 10 6 * ( LogSen Aˆ − LogSen ( Aˆ − 0 º 00 '01" )) = 10 6 * ( LogSen (37 º10 '22 . 58" ) − LogSen (37 º10 '21 .58 " )) ∂ Aˆ = 2 .777 L .Conocido BS − 7 ⇒ Bˆ = f + e = 36 º 49 '8 .42 "+ 56 º 28 '15 . 58 " = 93 º18 '39 . 78 " ∂ Bˆ = 10 6 * ( LogSen Bˆ − LogSen ( Bˆ − 0 º 00 '01" )) = 10 6 * ( LogSen (93 º18 '39 .78" ) − LogSen (93 º18 '38 . 78" )) ∂ Bˆ = − 0 .122 2 2 2 oo − 2 .777 * 0 .122 + 0 .122 2 = 7 .388 m 2 = ∂ Aˆ + ∂ Aˆ ∂ Aˆ + ∂ Bˆ = 2 .777 ⇒ D-C R1 = x ∑ ( ∂ A 2 + ∂ A ∂ A + ∂ B 2 ) = 0 .6 ( 9 .829 + 7 .388 ) = 10 .33 D
R1 = 10 .33
.Δ ( BN − BS − 6) → Δ ( BN − 7 − 6) Δ ( BN − BS − 6 ) L . Desconocid o BN − 6 ⇒ Aˆ = c + d = 49 º19 '9 .42 "+ 37 º10 '22 .58 " = 86 º 30 '56 .78 " ∂ Aˆ = 10 6 * ( LogSen Aˆ − LogSen ( Aˆ − 0 º 00 '01" ) = LogSen (86 º 30 '56 .78" ) − LogSen (86 º 30 '55 . 78" )) ∂ Aˆ = 0 . 128 L .Conocido BNBS ⇒ Bˆ = e = 36 º 49 '8 .42 " ∂ Bˆ = 10 6 * ( LogSen Bˆ − LogSen ( Bˆ − 0 º 00 '01" )) = 10 6 * ( LogSen (36 º 49 '8 .42 " ) − LogSen (36 º 49 '7 .42 " " )) ∂ Bˆ = 2 . 813 m1 = ∂ Aˆ 2 + ∂ Aˆ ∂ Bˆ + ∂ Bˆ 2 = ( − 0 . 128 ) 2 + ( 0 .128 ) * 2 . 813 + 2 . 813 2 = 8 .289 Δ ( BN − 7 − 6 ) L . Desconocid o 6 − 7 ⇒ Aˆ = a = 41 º13 '6 .42 " ∂ Aˆ = 10 6 * ( LogSen Aˆ − LogSen ( Aˆ − 0 º 00 '01" )) = 10 6 * ( LogSen ( 41º13 '6 .42 " ) − LogSen ( 41 º13 '5 .42 " )) ∂ Aˆ = 2 .399 L .Conocido BN − 6 ⇒ Bˆ = h + g = 49 º 32 '17 .42 "+ 32 º 46 '16 .58 " = 82 º18 '34 " ∂ Bˆ = 10 6 * ( LogSen Bˆ − LogSen ( Bˆ − 0 º 00 '01" )) = 10 6 * ( LogSen (82 º18 '34 " ) − LogSen (82 º18 '33" )) ∂ Bˆ = 0 .284 oo m 2 = ∂ Aˆ 2 + ∂ Aˆ ∂ Aˆ + ∂ Bˆ 2 = 2 .399 2 + 2 . 399 * 0 .284 + 0 .284 2 = 6 .517 ⇒ D-C 2 2 R1 = x ∑ ( ∂ A + ∂ A ∂ A + ∂ B ) = 0 .6 (8 . 289 + 6 .517 ) = 8 .343 D
R1 = 8 .343
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Calcular la resistencia de la figura para determinar la longitud BD siendo AC conocida y los datos: A
Fig.5.27
∠1 = 30º 24'35.36" ∠2 = 53º 41'9.99" ∠3 = 51º 27'6.65" ∠4 = 44º 27'08" ∠5 = 45º51'12.66" ∠6 = 38º14'32.69" ∠7 = 54º 27'48.82" ∠8 = 41º 26'25.83"
C
.Δ ( A − B − C ) → Δ ( B − C − D) R1 = 9.079 R 2 = 6.690 R3 = 24.511
.Δ ( A − B − D) → Δ ( A − C − D) .Δ ( A − B − C ) → Δ( A − C − D) .Δ ( A − B − D ) → Δ( B − C − D)
R 4 = 15.518
- - 72 - -
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CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
En el cuadrilátero con dos diagonales determinar la resistencia de la figura de la cadena de triángulos a).Δ BS − BN − T 1 → Δ BN − T 1 − T 2 T 2 T 1
Fig.5.28
∠1 = 40º 42'55" ∠2 = 35º17'53" ∠3 = 48º39'05" ∠4 = 55º 20'10" ∠5 = 57º 26'58" ∠6 = 18º33'49" ∠7 = 21º19'19" ∠8 = 82º39'51"
BS
.Δ BS − BN − T 1 → Δ BN − T 1 − T 2
R1 = 33.622
Calcular el valor
D − C D
en las siguientes redes de triangulación.
L
C A F
E
K
J
M
I
M D
a)
H J
J
M
K
I
G
L I
D
B
G
L
C
K
A
C
L F
D
F
M
B
C
D
b)
F
J
H
E
G
K
Fig.5.29
E B
I
A
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A
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En la figura calcular la longitud absoluta CD . En el cuadrilátero se ha observado todos lados en sus dos direcciones Longitud corregida de la base AB = 558.604m y ángulos compensados en vértice son: ∠1 = 35º 47'25" ∠2 = 49º01'08" ∠3 = 54º52'17" ∠4 = 38º 20'30" ∠5 = 37º 47'12" ∠6 = 50º 42'17º ∠7 = 53º09'37" ∠8 = 40º19'22" ∠9 = 60º12'35" ∠10 = 97º 28'45" ∠11 = 22º18'34" B
D A
Fig.5.30
Haciendo una compensación de los ángulos en figura independientemente, es decir compensación del cuadrilátero ABCD y compensación del triángulo CDE compensación del cuadrilátero Compensaremos por mínimos cuadrados por ser la más exacta, par ello sólo para adecuarnos a las formulaciones haremos un cambio de ángulos como se indica en la (4 =1’,5 = 2’,…)
- - 74 - -
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CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
E
B
Fig.5.31
D A
Cálculo de los errores de cierre a partir de los ángulos compensados en vértice de acuerdo a la Nº ÁNGULOS º ‘ " 1’ 38 20 2’ 37 47 3’ 50 42 4’ 53 09 5’ 40 19 6’ 35 47 7’ 49 01 8’ 54 52
Error de Cierre
E cierre (“ )
30 12 E 1 = 360 − (1'+2'+3'+4'+5'+6'+7'+8' ) 17 37 E 1 = (5'+6' ) − (1'+2' ) 22 25 E 1 = (7'+8' ) − (3'+4' ) 08 E 4 = Log(sin(i)) − Log(sin(i)) i =2', 4', 6',8' i =1'.3'.5'.7 ' 17
∑
Cálculo de los errores
y
∑
12 -55. 91 40.2584
a partir de los cálculo de y
d 1 = Log(sin(36º56'17.2)) − Log(sin(36º56'16.2)) = 2.8 K 4 = K 4 =
E 4 − (0.125 E 1* D1 + 0.25 E 2 * D2 + 0.25 E 3 * D3) D4 − (0.125 D12 + 0.25 D22 + 0.25 D32 )
.. Ec.K 4
35.2812− [0.125(−4.3)(−0.0119) + 0.25(1.3)(0.1231) + 0.25(17.6)(0.8822)] = 0.7470 2 2 2 D4 − (0.125* (−0.0119) + 0.25 * 0.1231 + 0.250.8822 )
Nº ÁNGULOS º ‘ " 30 1’ 38 20 2’ 37 47 12 17 3’ 50 42 37 4’ 53 09 22 5’ 40 19 25 6’ 35 47 08 7’ 49 01 17 8’ 54 52
d 2.662 2.716 1.723 1.577 2.481 2.920 1.829 1.481
D (Nº reales)
K (Nº reales)
0.0000454
K 1 = 0.125( E 1 − K 4 * D1)
1.500
D2 = (d 1 − d 2) − (d 5 − d 6)
0.3860
K 1 = 0.25( E 2 − K 4 * D2)
-13.8707
D3 = (d 3 − d 4) − (d 7 − d 8)
-0.2021
K 1 = 0.25( E 3 − K 4 * D3)
22.8132
40.1428
Ec.K 4
D1 = (d 1 − d 2) + (d 3 − d 4) + (d 5 − d 6) + (d 7 − d 8)
2
D4 = d 1
+ d 22 + d 32 + d 42 + d 52 + d 62 + d 72 + d 82
- - 75 - -
1.2511
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Cálculo de las correcciones corregidos en figura
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a partir de y y determinación de los ángulos
∠corg = ∠med ± V ∠1 = 36º56'17.2 + 1.8575" = 36º56'19.058" Nº 1’ 2’ 3’ 4’ 5’ 6’ 7’ 8’
Ángulos º " 38 20 30 37 47 12 50 42 17 53 09 37 40 19 22 35 47 25 49 01 08 54 52 17
d 2.662 2.716 1.723 1.577 2.481 2.920 1.829 1.481
V 1 = K 1 + K 2 + d 1 * K 4 V 1 = K 1 + K 2 − d 2 * K 4 V 1 = K 1 + K 3 + d 3 * K 4 V 1 = K 1 + K 3 − d 4 * K 4 V 1 = K 1 − K 2 + d 5 * K 4 V 1 = K 1 − K 2 − d 6 * K 4 V 1 = K 1 − K 3 + d 7 * K 4 V 1 = K 1 − K 3 − d 8 * K 4
V (") -9.0402 -15.7685 26.4690 22.3397 18.4745 11.7169 -19.0248 -23.1666
ángulos corregidos en figura
º
‘
38 20 37 46 50 42 53 09 40 19 35 47 49 0 54 51 356.00 234.00 360.000
“ 20.960 56.232 43.469 59.340 40.474 36.717 48.975 53.833 360.00
Compensación del triángulo CDE:
180 − ∑ ∠med ∠corg = ∠med ± ( ) 3 ∠9 = 60º12'37" ∠10 = 97º 28'47" ∠11 = 22º18'36"
Hallando la rigidez de la figura: Consideraremos sólo los caminos dentro de cuadrilátero puesto que es fáunica figura que interviene en el cálculo de lado CD 38 37 50 53 40 35 49 54
1’ 2’ 3’ 4’ 5’ 6’ 7’ 8’
20 46 42 09 19 47 0 51
20.960 56.232 43.469 59.340 40.474 36.717 48.975 53.833 C
B
D
A
- - 76 - -
Fig.5.32
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
– TRIANGULACIÓN
Se sabe R =
D-C D
∑(∂ A
x
2
+ ∂ A ∂ A − ∂ B 2 ) Donde:
= 10 n=6 n' = 6 s=4 C = ( n '− S '+ 1) + ( n − 2 S + 3) C = ( 6 − 4 + 1) + ( 6 − 2 * 4 + 3) = 4 ⇒ D − C 10 − 4 = = 0 .6 10 D
D
s' =
4
⇒
.Δ( A − C − B) → Δ( B − C − D)
Δ( A − C − B ) ˆ = 8'+1' = 49º 0'48.975' ' L. Desconocid oCB ⇒ A ∂ Aˆ = 10 6 * ( LogSen Aˆ − LogSen( Aˆ − 0º00'01" ) = 1.83 L.Conocido AB ⇒ Bˆ = 2' = 37º 46'56.232" ∂ Bˆ = 10 6 * ( LogSen Bˆ − LogSen( Bˆ − 0º00'01" )) = 2.72 ˆ 2 + ∂ Aˆ ∂ Bˆ + ∂ Bˆ 2 = 15.69 m1 = ∂ A
Δ ( B − C − D ) L . Desconocid o CD ⇒ Aˆ = 1' = 38 º 20 '20 .96 ' ' ∂ Aˆ = 10 6 * ( LogSen Aˆ − LogSen ( Aˆ − 0 º 00 '01" )) = 2 .66 L .Conocido CB ⇒ Bˆ = 4 ' = 53 º 09 '59 .34 ' ' ∂ Bˆ = 10 6 * ( LogSen Bˆ − LogSen ( Bˆ − 0 º 00 '01" )) = 1 .58 m 2 = ∂ Aˆ 2 + ∂ Aˆ ∂ Aˆ + ∂ Bˆ 2 = 13 .77 ⇒ D-C 2 2 R1 = x ∑ ( ∂ A + ∂ A ∂ A + ∂ B ) = 0 .6 * 29 .46 = 17 .68 D
R1 =
9 .20
.Δ( A − B − D) → Δ( A − C − D)
- - 77 - -
UNSCH - INGENIERÍA CIVIL
Antonio Vilca Tueros
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Δ( A − B − D ) L. Desconocid o AD ⇒ Aˆ = 8' = 54º51¡53.833 ∂ Aˆ = 10 6 * ( LogSen Aˆ − LogSen( Aˆ − 0º 00'01" ) = 1.48 L.Conocido AB ⇒ Bˆ = 5' = 40 º19'40.474 ∂ Bˆ = 10 6 * ( LogSen Bˆ − LogSen( Bˆ − 0º 00'01" )) = 2.48 2 2 m1 = ∂ Aˆ + ∂ Aˆ ∂ Bˆ + ∂ Bˆ = 12.02 Δ( A − C − D) L. Desconocid oCD ⇒ Aˆ = 6' = 35º 47'36.717 ∂ Aˆ = 10 6 * ( LogSen Aˆ − LogSen ( Aˆ − 0º 00'01" )) = 2.92 L.Conocido AD ⇒ Bˆ = 3' = 50º 42'43.469' ' ∂ Bˆ = 10 6 * ( LogSen Bˆ − LogSen( Bˆ − 0º 00'01" )) = 1.72 m2 = ∂ Aˆ 2 + ∂ Aˆ ∂ Aˆ + ∂ Bˆ 2 = 16.52 ⇒ D-C 2 2 R 2 = x ∑ (∂ A + ∂ A ∂ A + ∂B ) = 0.6 * 28.547 = 17.13 D
.Δ ( A − B − C ) → Δ( A − C − D) Δ( A − C − D) Δ( A − B − C ) ∂ Aˆ = 2.92 ∂ Aˆ = −0.11 ⇒ R3 = 6.95 ˆ B ∂ = − 0 . 12 ˆ ∂ B = 2.72 m2 = 8.168 m1 = 7.07 .Δ ( A − B − D ) → Δ( B − C − D) Δ( B − C − D) Δ( A − B − D) ∂ Aˆ = 2.66 ∂ Aˆ = 0.19 ⇒ R3 = 8.34 ∂ Bˆ = 0.055 ∂ Bˆ = 2.48 m2 = 7.24 m1 = 6.66 Cálculo del lado CD: Toman el mejor camino, en este caso es el tercer camino .Δ( A − B − C ) → Δ( A − C − D) C B
D
A
Fig.5.33
- - 78 - -
1’ 2’ 3’ 4’ 5’ 6’ 7’ 8’
38 37 50 53 40 35 49 54
20 46 42 09 19 47 0 51
20.960 56.232 43.469 59.340 40.474 36.717 48.975 53.833
SOLUCIONARIO DE TOPOGRAFÍA II –
CAPITULO V
Δ ( A − B − C ) → Δ ( A − C − D) : 558.604Sen(93º12'14.793' ' ) AC = = 910.339m ⇒ Sen(37 º 46'56.232' ' )
CD
=
– TRIANGULACIÓN
910.339Sen(38º 20'20.96' ' ) = 565.749m Sen(93º 29'39.814' ' )
R pta
Determinar el mejor camino para calcular AD
E
D Fig.5.36
n: Número total de líneas de la figura n’: Número total de líneas de la figura observadas en ambas direcciones. S: Número total de vértices de la triangulación. S’: Número total de vértices de la triangulación ucupadas Se sabe R =
D-C D
∑(∂ A
x
2
+ ∂ A ∂ A − ∂ B 2 ) Donde:
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