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Ejercicios básicosde topografı́a

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Ejercicios básicosde topografı́a

José Ignacio Rengifo BarberiMario Moreno

Universidad de los AndesFacultad de Ingenierı́a

Departamento de Ingenierı́a Civil y Ambiental

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Rengifo Barberi, José IgnacioEjercicios básicos de topografı́a / José Ignacio Rengifo, Mario Moreno. – Bogotá: Universidad de los Andes,Facultad de Ingenierı́a, Departamento de Ingenierı́a Civil y Ambiental, Ediciones Uniandes, 2016.478 páginas; 14 x 24 cm

isbn: 978-958-774-314-2

1. Topografı́a – Problemas, ejercicios, etc. I. Moreno Castiblanco, Mario Enrique II. Universidad de los Andes(Colombia). Facultad de Ingenierı́a. Departamento de Ingenierı́a Civil y Ambiental III. Tı́t.

cdd 526.9076 sbua

Primera edición: junio del 2016

© José Ignacio Rengifo y Mario Moreno© Universidad de los Andes, Facultad de Ingenierı́a, Departamento de Ingenierı́a Civil y Ambiental

Ediciones UniandesCalle 19 n.° 3-10, oficina 1401Bogotá, D. C., ColombiaTeléfono: 3394949, ext. 2133http://[email protected]

isbn: 978-958-774-314-2isbn e-book: 978-958-774-315-9

Corrección de estilo: Manuel RomeroDiagramación en LATEX: Patricia ChávezImagen y diagramación de cubierta: Ignacio Martı́nez

Impresión:Digiprint Editores S. A. S.Calle 63 Bis n.º 70-49Teléfono: 4307050Bogotá, Colombia

Impreso en Colombia – Printed in Colombia

Todos los derechos reservados. Esta publicación no puede ser reproducida ni en su todo ni en sus partes, ni registrada en otransmitida por un sistema de recuperación de información, en ninguna forma ni por ningún medio, sea mecánico, fotoquı́mico,electrónico, magnético, electro-óptico, por fotocopia o cualquier otro, sin el permiso previo por escrito de la editorial.

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A Pepe Rengifo

El profesor José Ignacio Rengifo Barberi, vinculado a la Universidad de losAndes desde hace más de cincuenta años, logró convertir su hipocorı́stico enuno de los más célebres y reconocidos de la historia de nuestra facultad. Dentrodel Departamento de Ingenierı́a Civil y Ambiental, “Pepe” es sinónimo derespeto y cariño ası́ como de admiración y formación de escuela. Son pocosentre las actuales generaciones de egresados de Ingenierı́a Civil los que nocuentan en su haber la experiencia de ser sus exalumnos. Hoy es fácil afirmarque somos consecuencia de sus esfuerzos previos y que el éxito y prestigio delque gozamos se construyó sobre sus hombros.

Pepe ha sido fuente de inspiración personal, académica y profesional para lacomunidad de ingenieros de la Universidad de los Andes, en donde cumplió acabalidad su responsabilidad de profesor y formador. Aquı́ se destaca, entreotros, su intensa actividad de consejerı́a con el fin de promover el futuro bie-nestar de sus estudiantes y ser un agente positivo en la generación de mejoresciudadanos. Esto combinado con un juicioso ejercicio de su práctica profesionalen consultorı́a y una devota dedicación a la preparación del material docentepara sus clases. Pepe ha sido modelo de profesional integral para todos noso-tros, al articular su eterno interés de estudio con el mejor de los portafolios enlo referente a su integridad y calidad humana.

Es motivo de orgullo para nosotros el que la Facultad se convirtiera en elsegundo hogar de Pepe, y que hayamos sido vehı́culo e instrumento para eldesarrollo de sus talentos. Uno de ellos queda plasmado en esta publicación,en donde se recogen largos años de trabajo y miles de horas de esfuerzo. Los“Problemas párvulos de topografı́a” —tı́tulo que deberı́a tener este libro, segúninsistió Pepe desde el inicio— representan un aporte novedoso, original ysignificativo a la literatura docente en estos temas. El diseño de los ejerciciosaquı́ presentados ası́ como la aproximación a la forma en que deben resolversey enfrentarse son resultado de extensas y sofisticadas reflexiones acerca decómo deben transmitirse y enseñarse los más importantes conceptos de latopografı́a en cursos de pregrado que hagan parte de currı́culos de Ingenierı́a.

A los lectores y estudiantes les auguro una divertida e inédita experiencia ensu proceso formativo. Y a los docentes que decidan utilizar este material ensus clases les deseo la mejor de las suertes y les hago partı́cipes del legado denuestro querido Pepe. No podrı́an estar en mejores manos para cumplir consus objetivos.

Eduardo BehrentzDecanoFacultad de Ingenierı́a

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Contenido

Prefacio xi

Capı́tulo 1 Problemas de errores 1

Capı́tulo 2 Problemas de poligonales 31

Capı́tulo 3 Problemas de nivelación 141

Capı́tulo 4 Problemas de taquimetrı́a 193

Capı́tulo 5 Problemas de curvatura y refracción 233

Capı́tulo 6 Problemas de volúmenes 249

Capı́tulo 7 Problemas de curvas horizontales 301

Capı́tulo 8 Problemas de curvas verticales 343

Capı́tulo 9 Problemas de fotogrametrı́a vertical 367

Capı́tulo 10 Problemas de posicionamiento global 399

Capı́tulo 11 Problemas adicionales 419

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Prefacio

La topografı́a tiene por objeto la localización espacial relativa de puntos sobrela superficie terrestre o cerca de ella, mediante la medición de distanciaso de ángulos.

Estas mediciones tienen errores imposibles de evitar; en este texto considera-mos que los errores tienen una distribución normal. La función del topógra-fo es mantener un grado de exactitud tal que pueda ser justificado con elpropósito del levantamiento. Cabe aclarar que exactitud y precisión no sonpalabras sinónimas.

El capı́tulo 1 de este libro cubre el tratamiento de estos errores; en los capı́tulos2, parte del 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10 y 13, se considera la Tierra un plano normala la dirección de la plomada; en los capı́tulos de curvatura y refracción (7) yposicionamiento global (12), se considera la Tierra una esfera perfecta. En elcapı́tulo de fotogrametrı́a (11), consideramos que las fotos aéreas son perfec-tamente verticales, es decir que se puede considerar que el eje de la cámaracoincide con la dirección de la plomada.

Los capı́tulos donde la superficie se puede considerar un plano perpendiculara la dirección de la plomada constituyen la comúnmente llamada topografı́aplana. La topografı́a plana es usada en extensiones limitadas de terreno (más omenos 150 km2).

La curvatura de la Tierra no se debe despreciar cuando se trata de calcularvariaciones de altura aunque sea de manera aproximada. La superficie curva dereferencia cuando se trata de determinar alturas es generalmente la superficiemedia del mar. La materia que tiene presente la forma verdadera del planeta(un esferoide oblongo de revolución) es la geodesia.

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xii Ejercicios básicos de topografı́a

Este libro está planeado para que cubra el material que se ve durante unsemestre en el curso de topografı́a —en la actualidad, parte integral del cursode geomática— para los estudiantes de Ingenierı́a Civil y Ambiental de laUniversidad de los Andes.

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Capı́tulo 1Problemas de errores

Problema 1.1. El ángulo A está compuesto de los ángulos B y C (figura 1.1).Teniendo en cuenta que los valores observados mediante mediciones de igualprecisión son: A = 37○14′35′′, B = 14○06′10′′ y C = 23○08′40′′, determine losvalores más probables de los tres ángulos.

A

B

C

Figura 1.1.

Solución

La suma de los ángulos B y C es 37○14′50′′; el valor observado para el ánguloA es 37○14′35′′, por lo tanto hay un error de 15′′. Como los ángulos fueronmedidos con igual precisión, el error cometido en cada uno de los ángulos es:

eB = eC = eA =15′′

3= 5′′.

1


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2 Ejercicios básicos de topografı́a

Luego, los valores más probables de los tres ángulos son:

A = 37○14′35′′ +0○00′05′′ = 37○14′40′′;

B = 14○06′10′′ −0○00′05′′ = 14○06′05′′;

C = 23○08′40′′ −0○00′05′′ = 23○08′35′′.

Problema 1.2. Se requiere medir una longitud de 2500 m con una cinta de25 m. Si el error total cometido en la medición no debe ser mayor que ±0,05 m,¿cuál debe ser el máximo error admisible en cada cintada?

Solución

El error de una serie de mediciones que tienen el mismo error estándar sedetermina mediante la expresión: E = e

√n, donde E es el error total, e es el

error por cintada y n es el número de cintadas.

Como la longitud por medir es de 2500 m y la cinta mide 25 m, entonces setendrán 100 cintadas. Por lo tanto, el máximo error admisible por cintada será:

e =E√n=

0,05m√

100= ±0,005m (±5mm)

Problema 1.3. Para medir la distancia horizontal entre los puntos A y D seefectuó la medición en tres segmentos: AB, BC y CD, como se indica en lafigura 1.2; si los errores en estos segmentos fueron respectivamente ±0,02 m,±0,05 m y ±0,03 m, determine el error probable que se comete en la mediciónde la distancia AD.

A

B

C

D

Figura 1.2.


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Problemas de errores 3

Solución

Para determinar el error probable en la medición de la distancia se utiliza lafórmula del error en una serie donde cada error es independiente. El errorprobable de la distancia AD se determina mediante la siguiente expresión:

E = ±√

(0,02m)2 + (0,05m)2 + (0,03m)2 = ±0,06m.

Problema 1.4. La diferencia de nivel entre los puntos A y B se determinó me-diante trabajos hechos con los mismos implementos y en condiciones similares;las diferencias de nivel obtenidas fueron: 6,874 m, 6,896 m, 6,856 m, 6,867 m y6,882 m. Determine el grado de precisión que se obtiene en la nivelación.

Solución

El promedio aritmético de las diferencias de nivel es el valor más probable, ası́:

difAB =6,874m+6,896m+6,856m+6,867m+6,882m

5= 6,875m.

El error probable de la media se determina mediante la siguiente ecuación:

em = ±0,6745

¿ÁÁÀ∑

ni=1 (xi −x)

2

n(n−1)

Para calcular la sumatoria de los residuos al cuadrado, se hace uso de la tabla1.1.

Tabla 1.1.

Diferencia de nivel xi −x (xi −x)26,874 m − 0,001 m 1,0×10−6 m26,896 m 0,021 m 4,41×10−4 m26,856 m − 0,019 m 3,61×10−4 m26,867 m − 0,008 m 6,4×10−5 m26,882 m 0,007 m 4,9×10−5 m2

El error probable de la media es:

em = ±0,6745

¿ÁÁÀ9,16×10

−4 m2

5(5−1)= ±4,565×10−3 m.

El grado de precisión expresado en forma relativa se define como la relaciónentre la media y su error probable, ası́:


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Grado de precisión, 1 ∶ (6,875m

4,565×10−3 m) = 1 ∶ 1506.

Problema 1.5. Se han establecido los siguientes errores como los más probablesal efectuar una medición con una cinta metálica de 50 m:

1. error de fabricación = ±0,2 cm

2. error por temperatura = ±0,5 cm

3. error por tensión = ±0,6 cm

4. error accidental por medición = ±0,5 cm

Si se utiliza esta cinta para medir una distancia de 500 m, ¿qué grado deprecisión se puede esperar en la medición?

Solución

Para hallar el error probable en cada cintada, se utiliza la siguiente expresión:

ep = ±√

(0,2cm)2 + (0,5cm)2 + (0,6cm)2 + (0,5cm)2 = ±0,95cm.

Para determinar cuál es el error en los 500 m, se tienen en cuenta el errorprobable en cada cintada y el número de cintadas que se efectúan, ası́:

E = ±ep√n = ±0,95cm

√500m50m

= ±3,0cm.

Por lo tanto, el grado de precisión expresado en forma relativa es la relaciónentre la media y su error probable; tomando la distancia de 500 m como lamedia, se obtiene:

Grado de precisión, 1 ∶ (500m

0,03m) ≅ 1 ∶ 16667.

Problema 1.6. Se realizaron 10 mediciones de una determinada distancia yse encontró que el error estándar de la media fue de ±0,10 m. Si se quiereduplicar la exactitud en la determinación de la distancia, ¿cuántas medicionesmás deberán efectuarse?


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Solución

Sabiendo que el error estándar de la media es: em = σ√n , donde σ es el errorestándar de una observación.

Como se quiere duplicar la exactitud, es decir que se debe reducir a la mitad elerror estándar de la media, se tienen las siguientes dos expresiones:

±0,10m =σ

√10

y±0,10m

2=σ√n.

Igualando las dos expresiones, se llega a:

σ√

10=

2×σ√n.

Despejando n de la ecuación anterior, se obtiene:

n = (2√

10)2= 40.

Por lo tanto, se deben realizar 30 mediciones más.

Problema 1.7. Para determinar el valor de un ángulo, se hicieron 10 lecturascon una aproximación de ±20′′. Se pide mejorar en un 60 % el grado deconfianza en el valor del ángulo, pero se dispone de un instrumento quesolo aproxima a ±30′′. ¿Cuántas mediciones se deben hacer con el nuevoinstrumento para lograr el objetivo?

Solución

El grado de precisión que se obtiene con la primera aproximación es:

Gp1 =media

em=media±20′′√

10

;

mientras que el grado de precisión para la segunda aproximación es:

Gp2 =media

em=media±30′′√

n

.

Como se sabe que hay que mejorar en un 60 % el grado de aproximación,entonces el número de mediciones que se deben realizar es:


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Gp2 = 1,6×Gp1 ⇒media±30′′√

n

= 1,6×media±20′′√

10

;

despejando el valor de n de la última expresión, se obtiene:

n = (±30′′ ×1,6

√10

±20′′)

2

= 58.

Por lo tanto, para lograr incrementar en un 60 % el grado de confianza, con elnuevo instrumento se deben realizar 58 mediciones.

Problema 1.8. Se desea verificar la distancia horizontal de 150 m que existeentre dos puntos, A y B, ubicados sobre un terreno limpio con pendienteuniforme del 10 % (figura 1.3). Si se sabe que la cinta con que fue medida ladistancia AB mide 50,05 m a 15 ○C de temperatura y la medición se efectuó auna temperatura de 35 ○C, indique la distancia que se debe encontrar al medirsobre el terreno (en pendiente) con una cinta metálica de 50 m.

Nota: el coeficiente de expansión térmico de la cinta es 1,5×10−5 ○C−1.

150 m

100

10

A

B

Figura 1.3.

Solución

Dado que el terreno tiene una pendiente uniforme del 10 %, la distanciavertical que hay entre los puntos A y B es de 15 m. Utilizando el teorema dePitágoras, se encuentra la distancia inclinada sobre el terreno, ası́:

Dinclinada =√

(150m)2 + (15m)2 = 150,748m.

Por otro lado, con el coeficiente de expansión y las temperaturas dadas, seencuentra la expansión de la cinta:

∆L = α×∆T ×L = 1,5×10−5○C−1 × (35○C−15○C)×50,05m ≅ +0,015m.


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La longitud real de la cinta en el momento de efectuar la medición es:

L = Ldada +∆L = 50,050m+0,015m = 50,065m.

Finalmente, se plantea una regla de tres para encontrar la distancia que debeser medida, teniendo en cuenta que la distancia inclinada sobre el terreno serı́amedida con una cinta de 50,065 m.

150,748mx

→

→

50,065m50,000m;

luego, x =150,748m×50m

50,065m= 150,552m.

La distancia que se debe medir sobre el terreno inclinado con la cinta metálicade 50 m en las condiciones dadas es de 150,552 m.

Problema 1.9. En la determinación de una distancia se utiliza la siguientefórmula D = L×senα; si el ángulo es 20○45′ con una aproximación de ±5′, ¿cuáles el grado de precisión que se obtiene en la medición?

Nota: la distancia L no tiene ningún error.

Solución

El error en la distancia D es:

ep = L× sen20○50′ −L× sen20○45′ = 0,00136L.

Entonces el grado de precisión será:

Gp =D

ep=L× sen20○45′

0,00136L.

El grado de precisión expresado en forma relativa es:

Gp =0,35429L0,00136L

≅ 261 ⇒ Gp ≅ 1 ∶ 261.

Solución alterna

El error probable en la distancia D está dado por la siguiente expresión:


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ep =

¿ÁÁÀ

(∂D

∂α)

2

+(∂D

∂L)

2

=

√

(−L× cosα×∆α)2 + (senα×∆L)2.

Como no hay error con respecto a la distancia L, el segundo término de laecuación es cero, entonces el error probable será:

ep = L× cosα×∆α,

donde ∆α es la aproximación (en radianes);

ep = L× cos20○45′ × [5′1○

60′π

180○] = 0,00136L.

Entonces el grado de precisión será:

Gp =D

e=L× sen20○45′

0,00136L=

0,35429L0,00136L

≅ 261 ⇒ Gp ≅ 1 ∶ 261.

Se observa que el grado de precisión se puede determinar por cualquiera delos dos métodos.

Problema 1.10. En la determinación de una distancia se utiliza la siguientefórmula D = L× cosα; si el ángulo es del orden de los 21○, ¿con cuál aproxi-mación se debe determinar el ángulo para obtener un grado de precisión de1:1000 en la medición?

Nota: la distancia L no tiene ningún error.

Solución

Como se sabe que el grado de precisión expresado en forma relativa es:

Gp = 1 ∶D

ep;

por lo tanto,1000

1=

L× cos21○

L× cos21○ −L× cos(21○ +∆α);

reorganizando la ecuación, se obtiene:

cos21○ −cos21○

1000= cos(21○ +∆α);


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entonces la aproximación del ángulo será:

cos(21○ +∆α) = cos21○ −cos21○

1000= 0,932647

21○ +∆α = cos−1 (0,932647) ≅ 21○8′56′′

∆α ≅ 8′56′′.

Solución alterna

El error probable en la distancia D está dado por la siguiente expresión:

ep =

¿ÁÁÀ

(∂D

∂α)

2

+(∂D

∂L)

2

=

√

(L× senα×∆α)2 + (cosα×∆L)2.

Como no hay error con respecto a la distancia L, el segundo término de laecuación es cero; entonces el error probable será:

ep = L× senα×∆α.

Por lo tanto, el grado de precisión expresado en forma relativa será:

Gp = 1 ∶D

ep1000

1=

L× cosαL× senα×∆α

.

Reorganizando la ecuación, se tiene:

∆α =1

1000× tanα=

11000× tan21○

≅ 2,605×10−3rad ≅ 8′56′′.

Se observa que la aproximación del ángulo α se puede determinar por cual-quiera de los dos métodos.

Problema 1.11. La localización de un punto P se hizo midiendo el ángulohorizontal con respecto a una lı́nea ON y a la distancia OP, como se observa enla figura 1.4. Para que la localización sea confiable, debe haber concordanciaentre la precisión con la cual se mide la distancia y la precisión con la cualse mide el ángulo. Teniendo en cuenta lo expresado, se deben responder lossiguientes interrogantes:

a) Si la distancia se mide con una aproximación de 1:3000, ¿cuál debe ser laaproximación en la lectura del ángulo?


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b) Si el ángulo se lee con una aproximación de ±20′′, ¿cuál debe ser laprecisión con que se debe medir la distancia?

c) Si el ángulo se lee a los 30′′ y la distancia se registra como 1000 m, ¿cuáles el error máximo que se puede tener en la medición de la distancia paraque haya concordancia?

N P

O

α

Figura 1.4.

Solución

N P

O

α

L∆α

∆L ∆áng

Figura 1.5.

a) Haciendo referencia a la figura 1.5, se observa que para que haya concor-dancia entre el error en la distancia (∆L) y el error en el ángulo (∆áng),deben tener igual longitud. En consecuencia, los errores máximos estánlimitados a la zona circular que tiene por centro el punto P y por radio lalongitud ∆L o ∆áng (la mayor de las dos).


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De la figura 1.5 se puede establecer que ∆L =∆áng, por lo tanto se planteala siguiente expresión:

tan∆α =∆áng

L=∆L

L.

Como el error lineal en la distancia es 1:3000, entonces el error en elángulo debe ser:

∆α = tan−1(∆L

L) = tan−1(

13000

) = 1′09′′;

el ángulo debe ser leı́do con una aproximación de ±1′.

b) De la figura 1.5 se tiene:

tan∆α =∆L

L,

con la aproximación a la cual se lee el ángulo, se obtiene:

tan20′′ = 9,6963×10−5 =∆L

L,

entonces el grado de precisión en la medición de la distancia es:

Gp =L

∆L=

19,6963×10−5

⇒ 1 ∶ 10313;

la longitud debe ser leı́da con una precisión aproximada de 1:10000.

c) De la figura 1.5, se tiene:

tan∆α =∆L

L

tan30′′ =∆L

1000m

∆L = 1000m× tan30′′ = ±0,145m.

Para que exista concordancia entre la aproximación del ángulo y la me-dición de la distancia, se debe tener un error máximo de ±0,145 m en lamedición de la distancia, con lo que se obtiene una precisión lineal deaproximadamente 1:6900.

Problema 1.12. Las coordenadas del detalle A se determinaron por intersec-ción de visuales a partir de los vértices 2 y 3 de la poligonal. Las coordenadasdel vértice 2 son: 1000 N y 1000 E, mientras que las coordenadas del vértice 3son: 785,20 N y 972,50 E. Los ángulos fueron medidos con un instrumento quetiene una aproximación de ±30′′ (figura 1.6). Determinar el error máximo enla ubicación del detalle A.


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2

3

A

54o 25ʹ30ʹʹ

78o 17ʹ30ʹʹ

Figura 1.6.

Solución

De acuerdo con la figura 1.6, al variar cada ángulo más o menos la aproxi-mación, se pueden tener cuatro posiciones diferentes del detalle A como seobserva en la figura 1.7.

2

3

A

54o 25ʹ30ʹʹ

78o 17ʹ30ʹʹ

P2

P1

P3

P4

Figura 1.7.

Para determinar el error máximo en la ubicación del detalle A, primero sedeben calcular las coordenadas del detalle A como si no existiera error en lamedición de los ángulos y luego se calculan las coordenadas del detalle parala posición 4, que de acuerdo con la figura 1.7 es la posición donde se tendrı́ael mayor error.


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La distancia entre los vértices 2 y 3 de la poligonal se determina teniendo encuenta sus coordenadas, ası́:

D23 =√

(1000m−785,20m)2 + (1000m−972,50m)2 ≅ 216,55m.

El acimut de la lı́nea 2-3 es:

acimut23 = 180○+ tan−1(

1000m−972,50m1000m−785,20m

)

= 180○ +7○17′44′′ = 187○17′44′′.

De acuerdo con la figura 1.7 la distancia del vértice 2 de la poligonal al detalleA se determina por medio de la ley del seno, ası́:

D2Asen(78○17′30′′)

=D23

sen(180○ −78○17′30′′ −54○25′30′′)

D2A = 216,55msen(78○17′30′′)sen(47○17′00′′)

= 288,61m.

Por lo tanto, las coordenadas del detalle A son:

NA =N2 +D2A × cos(acimut2A)

= 1000m+288,61m× cos(187○17′44′′ −54○25′30′′) = 803,65m;

EA = E2 +D2A × sen(acimut2A)

= 1000m+288,61m× sen(187○17′44′′ −54○25′30′′) = 1211,52m.

Ahora se procede a realizar el mismo procedimiento para el detalle A peroen la posición 4 de acuerdo con la figura 1.7. La distancia del vértice 2 de lapoligonal al detalle A (posición 4) es:

D2Asen78○18′00′′

=D23

sen(180○ −78○18′00′′ −54○26′00′′)

D2A = 216,55msen(78○18′00′′)sen(47○16′00′′)

= 288,69m.

Por lo tanto las nuevas coordenadas del detalle A (posición 4) son:

NA =N2 +D2A × cos(acimut2A)

= 1000m+288,69m× cos(187○17′44′′ −54○26′00′′) = 803,62m

EA = E2 +D2A × sen(acimut2A)

= 1000m+288,69m× sen(187○17′44′′ −54○26′00′′) = 1211,61m;


��

��


entonces el error máximo en la ubicación del detalle A es la diferencia de lascoordenadas calculadas del detalle A, ası́:

Error =√

(803,62m−803,65m)2 + (1211,61m−1211,52m)2 = 0,10m.

Problema 1.13. Se levantó una poligonal de forma cuadrada y se encontró queel error de cierre en el área fue de 1:2000, determine el error de cierre corres-pondiente al perı́metro.

L

L

Figura 1.8.

Solución

De acuerdo con la figura 1.8, el área y el perı́metro de la poligonal son:

A = L2⇒ L =√A;

P = 4L⇒ L =P

4.

Entonces la relación entre el área y el perı́metro se obtiene al igualar las dosexpresiones de L, ası́:

√A =

P

4⇒ P = 4

√A;

como el error de cierre en el área es de 1:2000, entonces se puede plantear lasiguiente igualdad:

12000

=∂A

A.

Ahora se debe plantear una ecuación similar para el error de cierre en elperı́metro. Entonces se debe realizar la derivada de la expresión que relacionael área y el perı́metro, ası́:


��

��


∂P =4

2√A∂A;

por lo tanto el error de cierre correspondiente al perı́metro es:

∂P

P=

2√A∂A

4√A

=∂A

2A.

Como se sabe que la relación entre el área y su error de cierre es 1:2000,entonces el error de cierre en el perı́metro es:

∂P

P=∂A

2A=

12(2000)

=1

4000,

el error de cierre en el perı́metro es de 1:4000.

Problema 1.14. La altura de un edificio se calculó mediante la fórmula: H =∇A −∇B + hapa + L × senα. Si la distancia y el ángulo se midieron como: L =550,50± 0,20 m y α = 5○20′± 5′, determine los errores máximo y probable en elcálculo de la altura H . Las cotas de los puntos A y B, y la altura del aparato notienen error.

Hapa

AL

B

α

Figura 1.9.

Solución

El error máximo se determina mediante la siguiente expresión:

Emáximo = ∣∂H

∂L∆L∣+ ∣

∂H

∂α∆α∣ = ∣senα×∆L∣+ ∣L× cosα×∆α∣

= ∣sen(5○20′)×0,20m∣+ ∣550,50m× cos(5○20′)×5′1○

60′π

180○∣

= ∣0,019m∣+ ∣0,797m∣ = ±0,816m.


��

��


Mientras que el error probable se calcula como:

Eprobable =

¿ÁÁÀ

(∂H

∂L∆L)

2

+(∂H

∂α∆α)

2

=

√

(senα×∆L)2 + (L× cosα×∆α)2

=

¿ÁÁÀ

(sen(5○20′)×0,20m)2 +(550,50m× cos(5○20′)×5′1○

60′π

180○)

2

=

√

(0,019m)2 + (0,797m)2 = ±0,797m.

Problema 1.15. El área de un lote rectangular (figura 1.10) fue determinadade acuerdo con las siguientes medidas: b = 123,30± 0,04 m y h = 48,30± 0,03 m.Calcule los errores máximo y probable en el cálculo del área del lote.

h

b

Figura 1.10.

Solución

Sea A el área del lote rectangular, entonces A = b×h.

El error máximo en la determinación del área es:

Emáximo = ∣∂A

∂b∆b∣+ ∣

∂A

∂h∆h∣ = ∣h×∆b∣+ ∣b×∆h∣

= ∣48,30m×0,04m∣+ ∣123,30m×0,03m∣

= ∣1,93m2∣+ ∣3,70m2∣ = ±5,63m2.

El error probable en la determinación del área es:

Eprobable =

¿ÁÁÀ

(∂A

∂b∆b)

2

+(∂A

∂h∆h)

2

=

√

(h×∆b)2 + (b×∆h)2

=

√

(48,30m×0,04m)2 + (123,30m×0,03m)2

=

√

(1,93m2)2 + (3,70m2)2 = ±4,17m2.


��

��


Problema 1.16. Se desea encontrar los errores máximo y probable en la deter-minación de la superficie de un triángulo (figura 1.11), al cual se le midierondos lados y el ángulo formado por estos, ası́: a = 900± 0,07 m; b = 300± 0,04 my θ = 30○00′00′′ ± 1′.

b

a

θ

Figura 1.11.

Solución

La fórmula para determinar el área de un triángulo es:

A =12a×b× senθ.

El error máximo en la determinación de la superficie del triángulo es:

Emáximo = ∣∂A

∂a∆a∣+ ∣

∂A

∂b∆b∣+ ∣

∂A

∂θ∆θ∣

= ∣12b× senθ ×∆a∣+ ∣

12a× senθ ×∆b∣+ ∣

12a×b× cosθ ×∆θ∣ .

Reemplazando los valores de cada derivada, se obtiene:

12b× senθ ×∆a =

12

300m× sen30○ ×0,07m = 5,25m2

12a× senθ ×∆b =

12

900m× sen30○ ×0,04m = 9m2

12a×b× cosθ ×∆θ =

12

900m×300m× cos30○ ×1′1○

60′π

180○= 34,01m2.

Entonces el error máximo es:

Emáximo = ∣5,25m2∣+ ∣9m2∣+ ∣34,01m2∣ = ±48,26m2;


��

��


mientras que el error probable en la determinación de la superficie del triángu-lo será:

Eprobable =

¿ÁÁÀ

(∂A

∂a∆a)

2

+(∂A

∂b∆b)

2

+(∂A

∂θ∆θ)

2

=

¿ÁÁÀ

(12b× senθ ×∆a)

2+(

12a× senθ ×∆b)

2+(

12a×b× cosθ ×∆θ)

2

=

√

(5,25m2)2 + (9m2)2 + (34,01m2)2 = ±35,57m2

Problema 1.17. La diferencia de nivel entre los puntos 1 y 2 de la figura1.12 se determina mediante la expresión: dif nivel = hapa +DH × tanα−m. Sicada variable se determina como hapa = 1,45 ± 0,04 m, DH = 65,47 ± 0,08 m,α = 5○12′ ± 1′′ y m = 2,34± 0,02 m; determine los errores máximo y probable enel cálculo de la diferencia de nivel.

m

hapa

α

1

DH

2

Figura 1.12.

Solución

Para determinar el error máximo y probable se debe calcular la derivada de lafórmula de la diferencia de nivel con respecto a cada una de las variables, ası́:

∂(dif nivel)

∂hapa=∆hapa = 0,040m

∂(dif nivel)

∂DH= tanα×∆DH = tan(5

○12′)×0,08m = 0,007m

text€¦ · Ejercicios b´asicos de topograf ´ıa / Jos ´e Ignacio Rengifo, Mario Moreno. –...

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