TRIANGULACION TOPOGRAFICA

Topografía II

TRIANGULACION TOPOGRAFICA

DEFINICION:

La triangulación es un método de control que consiste en cubrir con una red de triángulos la zona que se desea levantar.

α= α ¿±dαα= Angulo compensado. α ¿=Angulo observado.Dα=Corrección del ángulo observado.

GENERALIDADES:

1) en terrenos accidentados, con vegetación donde existe dificultad para medir directamente distancias (salvo una distancia) es recomendable utilizar la triangulación como red de apoyo.

2) La triangulación siempre es mas económica (cuando se trata de medir distancias extensas) debido a que las mediciones con wincha son muy cortas y difíciles.

3) En triangulación solo se toma una medida lineal (hasta dos en caso de una red) todas las medidas son angulares.

4) En poligonales abiertas y cerradas se toman medidas lineales como angulares y se utiliza en terrenos llanos y de fácil acceso.

UNIVERSIDAD SAN PEDRO Página 1

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ELEMENTOS Y NOTACIÓN:

1) A, B, C son vértices de la triangulación.2) A,B,C son nombres de las iníciales3) = línea base o bese de la triangulación.

α ,β , θ=¿Angulos compensados.α ¿ , β¿ ,θ¿=¿Angulos observados.

NOTA:Por definiciónα=α¿±d αβ=β¿±dβθ=θ¿±dθ

Ademásdα+dβ+dθ+ε=0 dα+dβ+dθ=ε

Ejemplo:Si en un triangulo se miden los ángulos que se muestran.Hallar el error y corregir.α ¿=60°59`β¿=¿70°00`θ¿=¿49°58`


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SOLUCION

1) ∑i=1

3

i=¿α¿ , β¿ , θ¿¿=170° 117

=180° 57

Entonces ε=57

Como: dα+dβ+dθ; se tienedα+dβ+dθ=−ε

3dα=-57´3dα=-19´

1) Luego los ángulos corregidos son:α=60 ° 59´−19 ´=60 ° 40´β=70 ° 00 ´−19 ´=69 ° 41´θ=49 °58 ´−19 ´=49 °39 ´

∑ ¿178 ° 120'=180 ´

PRINCIO FUNDAMENTAL

La precisión de una cadena depende de la precisión con que la base pueda llevarse mediante los ángulos a cada una de las longitudes de la cadena.

asenA

= csenc

= csenc

a=c senAsenC

…………... (I)

dadc

=−coscC . cotgC (CsenA )

Da=dc [-cosC.cotgC (CsenA)]…………. (II)

NOTA


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Significado de la formula (II) un error en la medida de C dará lugar a que es proporcional a la función menos cosC.cotgC.Ejemplo:Si A=25° ±1´´ C=10° ±1´´c= 100mtda= ¿?SOLUCION:1) da=±1´´[-cos10°ctg10°(100sen25°)]

da=±1´´ [-13,802.55)]

Pero: 1´´=1

2.6265rad

Luego

da=±1

206265[−13,802−55 ]rad

da=±0.0669mtda=±0.0669cm

Ejemplo:Si A=60° ±1´´ C=59° ±1´´

c= 100mt da= ¿?SOLUCION:1) igual que el anterior

da=±29cmeje m: Si A=30° ±1´´ C=105° ±1´´

c= 100mtNOTAS1) la función –cos.ctg de los ángulos menores de 30°y mayores

de 120°se aproximan al infinito muy rápidamente de modo que estos valores constituyen en la práctica unos límites adecuados.


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2) Por efectos de nuestro curso se exigirá los ángulos interiores de nuestra triangulación comprendidas entre 30° y120 ° es decir.

3) Ningún ángulo opuesto a un lado que se utiliza en el cálculo para llevar las longitudes atreves de la cadena no deben ser menudas de 30° omayores de120 °.

FIGURAS FORMADAS EN LA TRIANGULACION

1) CADENA DE TRIANGULOS:

AB=Base de inicio (inicial)CD=Base de cierre (comprobación)

Se utiliza para levantamientos topográficos de franjas de terrenos Ejemplo: caminos, canales.CADENA DE CUADRILÁTEROS:


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CLASIFICACION DE LA TRIANGULACION:

NOTA:

P=1MEp

M: valor más probable

Ep: error probable P: precisión


ORDEN DE TRIANGULACIO

CLASE DE ORDEN 1ero 2do 3ro 4to

1)precisión en medición de base

1/1000.000 1/500.000 1/200.000 1/20.000

2)máximo error de cierre en el ángulo por triangulación

3´´6´´ 15´´ 30´´

3)cierre promedio 1´´ 3´´ 6´´ 15´´

4)cierre de la base 1/25.000 1/10.000 1/5.000 1/3.000

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ANALISIS DE UN CUADRILATERO:

En el análisis consiste en calcular CD a partir del lado conocidoAB(Base).RUTA ICON∆S ABD Y ACD (lado común=AD)

∆ ABD: ADsen¿¿

AD= ABsen¿¿

∆ ACD= ADsen¿¿

AD=CD sen¿¿

RUTA II∆ ACD; calculamos CB→f (AB,α 4 , α 3 , β4)∆CBD; calculamos CD→f (CD,α 1+ β3 , α 2¿

RUTA III∆S CBD Y ABD (con el lado común=DB)∆ ABD; calculamos BD →f (AB ,α3 , β2)

∆ ABD; calculamos CD →f (DB ,α 2 , β1)

ETAPAS PARA LA EJECUCION DE UN TRBAJO DE TRIANGULACION1) D OCUMENTOS:


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Consiste en informarse sobre las características de la zona, estos documentos pueden ser estudiados ya realizando, planos topográficos, la carta nacional, etc.

1) RECONOCIMIENTO DEL TERRENO: Tiene como objetivos dos aspectos:a) Ubicaciones verticales:

Los puntos escogidos como vértices deben estar utilizados preferentemente en sitios dominantes, con el objeto que desean claramente visible. Además es requisito la intervisibilidad de los vértices.

b) Ubicación de la línea base: El reconocimiento del terreno también nos permite ubicar la zona más apropiada para establecer la línea base permitiéndonos verificar la accesibilidad de los vértices y de la línea base.

2) Documentación: 3) Colocación de señales: 4) Medición de la línea base: 5) Mediciones angulares: (ángulos verticales y horizontales)6) Nivelación trigonométrica: 7) Radiación: es el relleno taquimétrico.

MEDICIONES CON LA BARRA INVAREs un teodolito con lectura al segundo y tiene un trípode.


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Tε(ε/2)=1d

d = 1

tg(ε /2)d=ctg (ε/2)Donde:d= distancia horizontalε=Angulo paralácticoEjemplo de lecturas:


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Luego

ε=ε1+ε2 +ϵ 3+ε 4

4ε=03 ° 09´ 08´ ´

Entonces

d= ctg( 03 ° 09´ 08 ´ ´2 )

d= 36.24mt (distancia horizontal)

Ejemplo:Para ε=1 ° 44 ´ 52´ ´

d=65,56m

ERROR LA BARRA INVAR


LECTURA EN L LECTURA EN Rε i

34 ° 45 ´ 00 ´ ´

37 ° 53´ 52 ´ ´ ε 1=37 °53 ´ 52 ´ ´−34 ° 45´ 00´ ´

24° 31´ 16 ´ ´

27° 44 ´ 22 ´ ´ ε 2=27 ° 44 ´ 22 ´ ´−24 °31 ´ 16 ´ ´

13 °55 ´ 00 ´ ´

17 ° 04 ´ 30 ´ ´ ϵ 3=17 ° 04 ´ 30 ´ ´−13 °55 ´ 00 ´ ´

03 ° 21´ 56 ´ ´

06 ° 31´ 00 ´ ´ ε 4=06 ° 31 ´ 00 ´ ´−03 ° 21´ 56 ´ ´

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ON=Error en ladistanciadONd

=errorrelativo (Er )de la distancia d

Er=ONd

=(α2 )cos (ε /2 )

Donde: α=¿Es un parámetro que da conocer con que precisión se debe medir “ε.Ejemplo: Si se tiene un ε=0.5 °se pide determinar la presicion en la lectura “ε para obtener un Er= 1/4000SOLUCION:

1) Sabemos que:

Er= α2

cos (ε /2)

α= 2 Ercos (ϵ /2)

α=2( 1

400 )cos ( 0.5

2 )

α= 24.00 (229.1838)

rad


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Pero: 1rad=206265´´

α= 24.00 (229.1838)

rad∗2062651 rad

α=¿0.45´´

Significa que se debe trabajar con un teodolito de lectura al segundo.

MEDICIONES DE ANGULOS HORIZONTALES

1) CAD=α

DBA=βEl problema consiste en determinar los ángulos CAD=α , DBA=β.

1) con la misma precisión debemos medir el ángulo faltante para dar vuelta al horizonte es decir se determina el ángulo θ.

2) El método consiste en medir con lecturas directas y lecturas invertidas, en ambos casos partiendo de una dirección uncial y llegando a ella en sentido horario y anti horario respectivamente.


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dinicial=180n

n=# de series

Así * para n=2series

Dinicial=180

2 =90

La dirección inicial se determina con la siguiente formula

M=2Las series tendrían 0° y90 ° de direcciones iníciales.1era serie →0 °0,0 ´ ´

2da serie→45 ° 0´ 0´ ´

3ra serie→135° 0 ´ 0 ´

EJEMPLO


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= COLINA PRIMERA SERIE

PUNTOS VISADOS

ANTEOJO DIRECTO

ANTEOJO INVERTIDO

PROMEDIO GENERAL

PROMEDIO REDUCIDO

PROMEDIO FINAL

1 TANQUE01 °28 ´ 35 ´ ´ 181 °28 ´ 50 ´ ´ 01°28´35´´ 0°0´0´´=(01°28´35

´´ -01 °28 ´ 35 ´ ´)0°0´0´´

2 ARENERA 20° 0 ´55 ´ ´ 200 ° 03´ 55 ´ ´

20°03´40´´ 18°35´05´´ 18°35´05´´

3 VIÑA72 °08 ´ 45´ ´

252 °09 ´ 05 ´ ´

72°08´55´´ 70°40´20´´ 70°40´20.5´´

4 EL ABRA208 ° 23´ 20 ´ ´

28°23´30´´208°23´25´´

206°54´20´´ 206°54´35´´1 TANQUE

(01 °28 ´ 30 ´ ´ )(181°23´40´´ _______ __________ ______

∑minyseg

03´50´´ 05´20´´ 04´35´´ 10´15´´

SEGUNDA SERIE

1TAMQUE 90°48´00´´ 270°48´20´´ 90°35´0´´

00°00´00´´

2ARENERA 109°23´05´´ 289°23´15´´

109°23´10´´

18°35´10´´

3VIÑA 161°28´30´´ 391°28´40´´

161°28´35´´

70°40´25´´

4EL ABRA 297°42´40´´ 117°42´20´´

297°42´30´´

206°54´20´´

1 ________ _________


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TANQUE (90°48´20´´) (270°48´00´´)

∑minyseg

22´15´´ 22´35´´ 22´25´´ 9´45´´

α=18 ° 32´ 2.5 ´ ´−00 °00 ´ 00 ´ ´=18 °32 ´ 2.5 ´ ´

β=70 ° 40 ´ 22.5 ´ ´−18 ° 32´ 2.5 ´ ´=52° 05 ´ 20 ´ ´

θ=2006 °54 ´ 35 ´ ´−70 ° 40 ´ 22.5´ ´=136 ° 14 ´ 12.5´ ´

COMPROBACIONES

Trabajamos con los minutos y segundos se calcula los siguientes procesos.

Anteojo directo: (∑ min y seg¿¿:28´20´´+3´25´´+8´45´´+23´20´´=04´50´´


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Anteojo invertido: 05´20´´

Promedio general: 04´35´´

1ra comprobación:03 ´ 50´ ´+05 ´ 20 ´ ´

2=08´ 70 ´ ´

2=04 ´ 35 ´ ´

2da comprobación: 28´35´´*4=112´140´´=114´20´´=54´20´´

54´20´´+10´15´´=64´35´´=04´35´´

ESTACIONES EXCENTRICAS

DATOS

1) Distancia de ∆ al PI(d1,d2,d3)2) Ángulos observados desde Ee(α ¿

A,α¿B ,α

¿C)


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3) distancia del PI A Ee=rPor definiciónα A=α

¿A+d αA

αB=α¿B+d αB

αC=α¿C+d αC

DONDE:dα A=e1 dαB=e2 son las correcciones por excentricidaddαC=e 3

NOTAPI→punto inaccesibleEe→estacion excéntrica

Calculamos e1

Por definición: α A=αA+e1

Para calcular e1:


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rsen e1

= d1sen α¿

A

Sen e1=rsenα ¿

A

d1

Como e1=sen e1= e1(radianes)

Luego:

e1=rsenα ¿

A

d1(radianes)

e1=rsenα ¿

A

d1(radianes) *

2062651 rad

e1=206265´´.r.sen α¿

A

d 1

Llamado K=206265r

Se tendrá:

e1=(Ksenα¿

A

d1)

Ejemplo:

Hallar en la figura ”

DATOS:


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d1= 2340.16m; d2=1500.39m; r=7.548m

α ¿B=68°29´30´´+α ¿

c +128 °30 ´ 20 ´ ´ ;θ=?

SOLUCION:

1) del grafico θ=α c−αB ;αC=α¿c+¿ e2

αB=α ¿B+ e1

2) calculamos “e1”

e1=Ksenα¿

B

d 1seg

e1=206265∗548. sen68 °29 ´ 30 ´ ´2,340.16

e1=618.96´´e1=10´19´´

3) calculamos “e1”


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e1=Ksenα¿

B

d 1seg

e1=206265∗7.548 . sen68 °29 ´ 30 ´ ´2,340.16

e1=618.96´´e1=10´19´´

4) luego αC=128°30´20´´+13´32´´=128°43´52´´αB=68 °29 ´30´´+10´19´´=68°39´49´´

5) calculamosθΘ=αC-αB=128°42´52´´- 68°39´49´´Θ=60°04´03´´Log sen 30°40´15´´=9.7076597b) ecuaciones de condiciones de lado: (condicion trigonométrica)CASOI:


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AB=Basemedida (inicio )

CD=¿Base medida para comprobaciónα i , β i,θi= ángulos compensados

∑i=1

n

(∆ β i )d β i−∑i=1

n

(∆θi )d θi+m=0

(ecuacionde condicionde lado )

M=logAB+∑i=1

n

logsen β¿i−∑

i=1

n

logsen θ¿i−logCD

∆ β i=digerencial Tabular del senβ i ACLARACION:Logsen30°40´15´´=logsen30°40´+ (∆30°40´)*15´´∆(30°40´)=3.552-106

15∗∆ (30 ° 40 ´ )=15∗3.552−10−6

En conclusión:Logsen(β¿

1+dβ i¿=logsen β¿i+∆ ¿

CASOII:Polígono de punto central.


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∑i=1

n

∆ (β i )d β i−∑i=1

n

∆ (θi )d θi+m=0

donde :m=∑i=1

n

logsenθ¿i

CASO III :

CUADRILATERO:

∑i=1

n

∆(β¿i¿)d β i−∑

i=1

n

∆(θ¿i¿)dθi+m=0¿¿

Donde:

m= ∑i=1

4

logsen β¿i−∑

i=1

4

logsen θ¿i

JUSTE APROXIMADO DE TRIANGULACION

Sean las ecuaciones de condicion.

a1 v1+a2 v2+a3 v3+…+an vn+ε 1=0 ………….. (λ1¿


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b1v1+b2 v2+b3 v3+…+bn vn+ε2=0 …………. (λ2¿

c1 v1+c2 v2+c3 v3+…+cn vn+ε3=0 ………….. (λ3)

Donde:v1→d β i,d θi

a i , bi , c i→coeficientes

PRINCIPIO GENERAL

El ajuste se realiza en dos etapas o dos fases. Cada fase conservan los puntos obtenidos en la fase precedente, es decir no imponer a las variables si no correcciones compatibles con las condiciones ya satisfechas.

La corrección final que le corresponde a cada variable viene a ser la suma de las correcciones obtenidas en cada fase; en consecuencia se comenzara por ajustar las ecuaciones de condiciones angulares, y se terminaran con las ecuaciones de lado.

De donde:

V 1=a1 λ1+b1λ2+ c1

λ3


λ1 λ2 λ3

V 1 a1 b1 c1

V 2 a2 b2 c2

V 3 a3 b3 c3

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V 2=a2 λ1+b2λ2+¿c2λ3¿ Ecuaciones correlativas

V 3=a3 λ1+¿ b3λ3+c3 λ3¿

PARA UN TRIANGULO

1) dα+d β+dθ+ε1=0……………. (1 ) ecuacionesde condicion

2) Ecuación correlativa a partir de la ecuación de condicion:

λ1

d β 1d θ 1

dα 1

d β=λ1

d θ= λ1 (2)dα=λ1

3 de 2 en 1

λ1+ λ1+λ1+ε 1=0


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3λ1=ε1

3

Entonces:

d β=d θ=¿ dα=−ε1

3

PARA UN CUADRILÁTERO

Primera fase:

dβ1+dθ1−d β3−dθ3+ϵ 1=0……………… (λ1)

dβ2+dθ2−d β4−dθ4+ϵ 2=0………………(λ2) (1)

∑i=1

4

d β i+∑i=1

4

d θi+ε3=0……………( λ3)

λ1 λ2 λ3

d β1 0 1 1d β2 0 1 1d β3 -1 0 1d β4 0 -1 1d θ1 1 0 1d θ2 0 0 1d θ3 -1 0 1d θ4 0 -1 1


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d β1=λ1+λ3=dθ1

d β2=λ2+λ3=dθ2

d β3=−λ1+λ3=dθ3

d β4=− λ2+λ3=d θ4

d θ1=λ1+ λ3

d θ2=λ2+ λ3

d θ3=− λ1+λ3

d θ4=−λ2+ λ3

Reemplazando (2) en (1)

2 (λ1+λ3 )−2 (−λ1+ λ3 )+ε1=0

2 (λ2+λ3 )−2 (−λ2+ λ3 )+ε2=0

2 (λ1+λ3 )−2 (λ2+ λ3 )+ε3=0

2 (−λ2+ λ3 )+ε 3=0

Luego

4 λ1+ε 1=0→λ1=−ε1

4

4 λ2+ε 2=0→λ2=−ε2

4 (3)

8 λ3+ε3=0→λ3=−ε3

8

Segunda fase:

∑i=1

4

∆(β¿i¿)d β1−∑

i=1

4

∆(θ¿i¿)dθ1+m=0¿¿ Ecuación de condicion de lado.

Donde

m=∑i=1

4

logsen β¿i−∑

i=1

4

logsen θ¿i


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Llamando:

β−1i=β

¿i+dβ i donde dβ i; dθison las correcciones en primera fase.

θ−1i=θ

¿i+dθi

Se tiene:

∑i=1

4

∆ ¿¿

θ=−m1

¿¿

θ=en lacorreccion en la segunda fase .


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CALCULO DE SUPERFICIES

1) MÉTODO DE COORDENADAS:

Área de la figura =SABCDE

Área de L.S=SaABCc

Área de L.I= SaAEDC

SABCDE= SaABCc – SaAEDC……………….. (1)

L.S= línea superior

L.I= línea inferior

2Area = L.S= (Y 1+Y 2 ¿+(X2−X1 )+(Y 2+Y 3 )(X3−X 2)

Área= L.I= (y1+ y5 ¿( x5−x1 )+( y5+ y4 ) (x4−x5 )+( y4+ y3 )(x2−x4) …. (2)


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Reemplazando (2) en (1)

2SABCDE= [(Y 1+Y 2 ¿( X2−X1 )+ (Y 2+Y 3 ) (X3−X2 )+(Y 1+Y 5 ) (Y 1+Y 5 )+(Y 5+Y 4 ) (X5−X4 )+(X 4+X3)]

ORDENANDO Y FACTORIZANDO SE TIENE:

SABCDE=12¿

2) METODO DE LA ABSCISA :


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Calculando las dobles abscisas (D.A)

1) D.AAB= bB= longitud(D.A del 1er lado =longitud )

2) D.AAB=Bb=+cb '+b' c=log AB+D . A . AB+ log . BC

3) D.A.EA=CE=LOG EANOTAS:

1) 2Area(AB) = Bb * Ab

Area (AB) =12

Bb*AB= 12

D.A.AB*latitude AB

2) el signo de las áreas dependerá del signo de la latitud.

1; El método de la doble abscisa en una modificación de coordenadas, el cálculo no supone el empleo directo de coordenadas pues se determina la longitud y latitud de todos los lados para tal efecto se toma un meridiano de diferencia que pasa por el vértice y que se encuentra en la parte más occidental.

2; La distancia meridiano de una recta es la abscisa de su punto medio.

3; La doble distancia meridiano o doble abscisa de una recta es la abscisa de sus extremos. La doble área es igual al producto la doble abscisa por su latitud.∆ x=0.32; ∆ y=1.02 ;∆ x=0

C x=−∆ xpL; CY=

−∆YP

L

∫ AB=-0.043+57.36CDA=−0.086−163.83

D.A.BC=D.A.AB+logAB+logBC = 57.32+57.32+245.63=360.26D.A.BC= D.A.BC+logCD =360.26+245.62+139.02=466.862(A= (23.496.70)-(73.443.49)2(A)=49.946.79


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Entonces: A=24.973.39

REGLA DEL TRAPECIO:

AT=12(y1+ y2¿ b1+

12

( y2+ y3 )b2+12

( y3+ y4 )b3+…+12( yn−1+ yn)bn−1

AT= 12y1b1+

12y2b1+

12y2b2+

12y3b3+

12y3b3+

12y4b3+…+ 1

2yn−1bn−1+

12ynbn−1

2 AT= y1b1+ynbn−1 + (b1+b2) y2+ (b2+b3) y3+…+ (bn−2+bn−1)yn−1

2 AT=y1b1+ynbn−1+∑i=2

n−1

yi(bi−b i)

OJO:

RESOLVER REGLA DE TRAPECIO PARA INTERVALOS IGUALES:


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REGLA DE SIMPSON:


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PROPIEDAD DE LA PARABOLA:

Área del segmento DFC =23

+ÁreaABCDA……… (1)

S1 =23 [2df] ; f=h2-

h1+h3

2

S1= 23

d [2h2−(h1+h3)¿……………… (2)

S2=(h1+h3¿2d2

S2= (h1+h3¿d………………………….(3)Reemplazando ,operando y simplificando

A sombreado=d3 [h1+h3+4h2¿

REGLA SIMPSON:

Para determinar el área bajo arcos de parábola se suman las ordenadas extremas, mas cuatro veces la suma de la ordenadas pares mas dos veces la suma de las ordenadas impares y este resultado por 1/3 del intervalo (si es constante).

PROBLEMAS DE DIVISION DE SUPERFICIES

Se estudian tres casos: en los dos primeros casos se conocen los datos de la línea divisoria y nos piden calcular las superficies en que las dividen.


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PRIMER CASO:

1) La divisoria parte de un vértice (D) y llega M es un punto intermedio.2) D=(Dx,Dy)→ DATa3) Las coordenadas de M la encontramos en función de las coordenadas de F y

distancia FM

M=f [(fx, fy); distancia FM]

Las coordenadas punto M se calculan a partir de un vértice adyacente y de su distancia a ese vértice mediante las proyecciones a esa distancia.

4) Conocidas las coordenadas de D= (Dx, Dy) y M= (Mx, My) se determina la dirección y rumbo de la divisoria.

5) Conocido ; (4) se calcula S1 Y S2;

S1=MABCDM

S2=MDEFM

PRIMER CASO:Determinar las superficies en que queda un polígono por una línea divisoria que parte de un punto dado (vértice o punto medio) con rumbo fijo.


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DATOS:

- P - Línea divisoria con rumbo fijo

Si P es el punto dado (punto intermedio)

PROCEDIMIENTO:1) Para calcular las dos superficies se requiere conocer las coordenadas del punto M

donde la divisoria corta el lado DE.2) Se forma un triangulo con la divisoria, el lado del polígono que la corta y una

divisoria auxiliar.3) Se calcula el rumbo y longitud de la divisoria auxiliar PD.4) En el triangulo PAD por diferencia de rumbos de sus tres lados se les determina sus

tres ángulos interiores.5) Por ley de senos se calcula la distancia DM .6) Conocida la distancia DM se calcula las coordenadas de M a partir de las

coordenadas del vértice D( por proyecciones del tramo DM)

6) Conocida las coordenadas de M se calcula S1 Y S2( divididas por divisoria DM)TERCER CASO:Determinar o calcular el rumbo, longitud y coordenadas de la línea divisoria que seccione a un polígono en dos superficies conocidas y que pasa por un punto fijo (vértice o punto intermedio)Se resuelve por tanteo:


Topografía II

DATOS:

P,S y S2Sean P el punto fijo dado

PROCEDIMIENTO:1) Se traza aproximadamente partiendo del punto fijo “P”, la divisoria que nos parezca

definitiva para calcular su posición verdadera después (PM).2) Se traza una divisoria auxiliar que se aproxime a la solución y que pase por el punto

fijo “P” y un vértice por ejemplo el punto “H” para poder calcular su rumbo y su longitud.

3) Se calcula la superficie en que la divisoria auxiliar PH divide al polígono. (S’1 Y S’2)

S’1=PHABCP

S’2=PHGFEDP

4) Pero como estas superficies no serán las requeridas habrá que girar la divisoria en “P” hasta su posición definitiva en “M”, con la cual se genera un

triangulo de corrección a las superficies S’1.

Para el caso particular en que S1= S2

Aérea del triangulo HPM= S ’ 2−S ’1

2

Por ejemplo si su superficie total es 100u2 50u2

50u2

u2 =unidades

Si se tiene: S’2= 60u2 con divisoria PH

S’1=40u2

Entonces el área del triangulo HPM=60−40

2=10u2

Luego: S1=40+10=50

S2=60-10=50∆ HPM=∆ de corrección puede ser por exceso o por defecto depende deS ’1 y S ’2

5) En el caso general conocidas S ’1 y S ’2 se calcula la superficie que debe

quedarse dentro del triangulo formado (HPM) para obtener S1y S2.


Topografía II

6) Consideremos HM como base del triangulo HPM puede ponerse:

Area ∆(HPM) =12

bh; op=h

Donde: b=HM h= PHsenαLuego:

Area ∆(HPM) = 12

(HM) (PHsenα )

Dato=S ’ 2−S ’1

2

HM=2 Areas∆(HPM )

PHSenα

NOTA:α Se termina con rumbos de los tramos HP y H.

7) Conocida la distancia H, se calculan las coordenadas de M.8) Con las coordenadas M y P se calcula el rumbo y la longitud de la divisoria PMperdida.Ejemplo:

X= puto fijado.

DATOS

i)

lado rumbo Distancia(mts)

XB N80°30´W 70.95

BC N16°27´30´´E 90.073


Topografía II

CD S72°09´E 79.096

DX ---- -----

ii) Área ABCDE=11,718.75m2

Conclusión: -L1=L2=11,718.75m2

2

-BX=XASOLUCION:1) con división auxiliar XD el dato queda dividido en S ’1 y S ’2, donde:

S ’1=XBCDX

S ’2= XDEAX

3) Por condiciones del dato se calcula S ’1 (método de las dobles abscisas )4) Conocido S ’1 ; S ’2=Atotal -S ’15) Conocido -S ’1yS ’2 se calcula el area del triangulo de corrección ∆∗40

6) Conocido el área del triangulo XYD→se puede conocer YD


TRIANGULACION TOPOGRAFICA

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