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TRIANGULACION TOPOGRAFICA
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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.
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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
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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
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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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Topografía II
∑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
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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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Topografía II
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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Topografía II
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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Topografía II
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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Topografía II
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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Topografía II
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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Topografía II
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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Topografía II
REGLA DE SIMPSON:
UNIVERSIDAD SAN PEDRO Página 32
Topografía II
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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Topografía II
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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Topografía II
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:
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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.
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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
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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
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