Problemas Topografia Resueltos

Problemas Resueltos de Topografía

José E. Meroño

Problema 1 Determinar las coordenadas planimétricas del vértice P levantado a través de observaciones angulares realizadas desde los vértices V1 y V2 de coordenadas conocidas. Datos de Partida: Vértice

X

Y

V1

50000

50000

V2

55000

45000

Datos de Campo: Vértice V1

V2

Punto Visado

Ang. Horiz.

V2

227.1210

P

106.6377

P

51.7244

V1

1.7244

1

Trusted by over 1 million members

Try Scribd FREE for 30 days to access over 125 million titles without ads or interruptions! Start Free Trial Cancel Anytime.







Problema 1 P

A la vista de la figura:

α = λ V V 12 − λ V P1 = 227.1210 − 106.6377 = 120.6377 g

γ

− 1.7244 = 50.0000 g β = λ V P 2 − λ V V 12 = 51.7244

γ = 200 − α − β = 29.5167 g θV1P

Determinación de los acimutes y las distancias. θ V V 21 = artan = artan

X V 1 − X V 2 Y V 1 − Y V 2

= artan

55000 − 50000 45000 − 50000

=

θV1V2

5000 = −50(2º Cuad ) = 150 g − 5000

α V1

θ V V 21 = θ V V 12 ± 200 g = 350 g V

DV 12 =

( −5000) 2 + 5000 = 7071.068

θV2P

Dv1v2

β

Aplicando el teorema del seno:

V

DV 12

sen γ

P

=

DV P1 =

P

DV 1

sen β

DV 2

=

7071.068 ⋅ sen 50 sen 29.5167

V2

= 11180 .340

θV2V1

sen α DV P2 =

7071 .068 ⋅ sen 120.4833 sen 29.5167

= 15000.000

Problema 1 P

Determinación de los acimutes: γ P V 1

V 2 V 1

θ = θ

− α = 150 − 120.4833 = 29.5167

g

θ V P2 = θ V V 21 + β = 350 + 50 = 400 g = 0 g θV1P

Cálculo de coordenadas relativas:

θV1V2

∆ X V P1 = DV P1 sen θ V P1 = 11180.34 sen 29.5167 = 5000 P V 1

P V 1

P V 1

∆Y = D cosθ = 11180.34 cos 29.5167 = 10000

∆ X V P2 = DV P2 sen θ V P2 = 15000sen 0 = 0

α V1

∆Y V P2 = DV P2 cosθ V P2 = 15000cos 0 = 15000 Siendo las coordenadas absolutas: X P = X V 1 + ∆ X V P1 = X V 2 + ∆ X V P2 = 55000 P

Dv1v2

θV2P β

P

Y P = Y V 1 + ∆Y V 1 = Y V 2 + ∆Y V 2 = 60000 V2

θV2V1







Problema 2 Para la ejecución de un levantamiento topográfico se realiza un itinerario topográfico. A fin de dar coordenadas al trabajo, desde el primer vértice del Itinerario (V1), se realiza una trisección inversa a los vértices A, B y C de coordenadas conocidas. Se pide:

Determinar las coordenadas planimétricas del vértice V1. Determinar el acimut de partida para la resolución del Itinerario

Vértice

X

Y

A

10000

15000

B

13000

18000

C

16000

14000

V 4

θ

V 1

Datos de Campo:

Vértice V1

Alt. Inst. 1,75

Punto

Ang. Horiz.

Ang. Vert

Dist Nat.

Alt. Señal

A

8,5053

99,9897

1,2 1,2

B

38,8596

99,9678

C

80,8005

99,9805

V4

396,2156

102,3232

75,115

1,5

V2

102,3233

101,2785

83,214

1,5

1,2

Problema 2 A la vista de la figura se deduce que:

θBC B

α = λ BP − λ AP = 38,8596 - 8,5053 = 30,3543g β = λ C P − λ BP = 80,8005 - 38,8596 = 41,9409g

a

θB A

A

θ BC = a tan

3000

− 4000

= -40,9666 = (2º Cuad. + 200) = 159,0334 g α

λ

A P

A

C

B = θ B − θ B = 90,9666 g

β

λP B c λP V3

a=

b

( X A − X B ) 2 + (Y A − Y B ) 2 = 4242,641 m

( X

X )

2

B

A

− 3000 θ = a tan = 50,0000 = (3º Cuad. + 200) = 250,0000 g − 3000 A B

(Y

Y )

2

5000 000

P

b

C

C







Problema 2

θBC B a

b

θB A

A

B

A

C

C

Resolución de la Trisección Inversa: α

M =

b ⋅ senα a ⋅ sen β

λ P A

= 0,883523002

λ

g g N = 400 − B − α − β = 236,7382 I = 1 + M ⋅ cos N = 0,25955657 5 J = M ⋅ senN = −0,482033639 J A = a tan = −68,5547 g (+200) = 131.4453 g I C = N − A = 105,2929 g

β B P c λP V3

P

B 4242,641

5000

90,9666 38,2004

A 131,4453

105,2929

C

30,3543

41,9409

V1

Problema 2 RESOLUCIÓN DE LA INTERSECCIÓN DIRECTA:

B

A la vista de la figura: 4242,641

B1 = 200 − α − A = 38,2004

g

5000

90,9666 38,2004

A

θ BV 1 = θ B A − B1 = 250,000 − 38 , 2004 = 211.7996 g

131,4453

105,2929

Aplicando el teorema del seno:

D BV 1 =

a senα

30,3543

senA = 8139,418m

41,9409

Las coordenadas relativas serán: ∆ X BV 1 = D BV 1 senθ BV 1 = −1499,999 ∆Y BV 1 = D BV 1 cos θ BV 1 = −8000,008

Y las coordenadas absolutas:

V1

V 1

X V 1 = X B + ∆X B = 11500,001 V 1 B

Y V 1 = Y B + ∆Y

= 9999,992

DETERMINACIÓN DEL ACIMUT DE PARTIDA. ω V 1 = θ V B1 − λ V B1 = 11,7996 − 38,8596 = −27,0600 + 400 = 372,9400

C







Problema 3 Con objeto de realizar un levantamiento, se ha realizado un itinerario cerrado de cuatro estaciones, en el sentido V1, V2, V3 y V4, cuya libreta de campo figura a continuación: Estación

i

V1

Punto visado

1.56

V2

1.30

V3

1.50

V4

1.56

Ángulo horizontal

Distancia natural

Ángulo vertical

altura señal

V4

357.983

221.42

99.549

1, 5

V2

238.999

306.73

100.078

1, 5

V1

78.563

306.66

99.988

1 ,0

V3

24.626

228.07

99.620

1 ,0

V2

134.181

228.10

100.470

1, 5

V1

376.324

225.12

99.950

1,5

V3

179.615

225.25

100.051

1. 5

V1

110.331

221.58

100.477

1. 5

Los datos de partida son los siguientes: Coordenadas de V1 (X = 2.000,00 m, Y = 2.000,00 2.000,00 m, Z = 202,352 m )

V 4

θ

V 1

= 125,222 g

Resolver la planimetría y la altimetría del itinerario, calculando las coordenadas X, Y y Z de las estaciones, e indicar la corrección de orientación en las estaciones para resolver radiaciones desde ellas

Problema 3 Cálculo de acimutes, error de cierre angular, compensación y determinación de acimutes compensados en las visuales de frente

Estación

Punto visado

V1

V4

357.983

125.222

V2

238.999

6.238

V1

78.563

206.238

V3

24.626

152.301

V2

134.181

352.301

V1

376.324

194.444

V3

179.615

394.444

V1

110.331

325.160

V2

V3

V4

Ángulo horizontal

Acimutes calculados

Error angular 325,160-325,222 = -0,062g

Compensación

Acimutes compensados

+0,0155

6.2535

+0,031

152.332

+0,0465

194.4905

+0,062

325.222







Problema 3 Cálculo de incrementos en X e Y, errores en X e Y y error planimétrico

Est.

Punto visado

V1

V4

221.41

V2

306.73

V1

306.66

V3

228.07

V2

228.09

V2

V3

V4

Distancias reducidas

V1

225.12

V3

225.25

V1

221.57

Distancias medias

Acimutes Compen.

∆X

∆Y

306.69

6.2535

30.08

305.22

228.08

152.332

155.26

-167.08

225.18

194.4905

19.46

-224.34

221.49

325.222

-204.34

85.48

Errores en X e Y Error planimétrico

0.46 m

-0.72 m

0.76 metros

Problema 3 Compensación de errores en X e Y, arrastre de coordenadas y determinación de las coordenadas de las estaciones

Est.

Punto visado

V1

V4

V2

V1

V3

V2

V4

V3

V2

V3

V1

V1

Compens. en X

Compens. en Y

∆X compensado

∆Y compensado

-0.036

0.28

30.04

305.50

2 0 3 0 .0 4

2 3 0 5 .5 0

V2

-0.181

0.157

155.08

-166.92

2185.13

2 1 3 8 .5 8

V3

-0.018

0.206

19.44

-224.13

2204.57

1 9 1 4 .4 4

V4

-0.235

0.077

-204.57

85.55

2000.00

2 0 0 0 .0 0

V1

Σ∆Xcomp=0,00 Σ∆Ycomp=0,00

X

Y









Problema 3 Cálculo de incrementos de Z, tanto en visuales de espalda como de frente, determinación de ∆Z medios en visuales de frente, error altimétrico, compensación y arrastre de Z, determinación de la cota de las estaciones ∆Z= t + i - m =Dred*cotang =Dred*cotang∆ + altura altura instrumento - altura señal

Est.

Punto visado

V1

V4

V2

V3

V4

Distancias reducidas

∆Z

221.42

1.632

V2

306.73

-0.310

V1

306.66

0.364

V3

228.07

1.665

V2

228.10

-1.681

V1

225.12

0.180

V3

225.25

-0.117

V1

221.58

-1.597

∆Z

medios

Compens. en Z

∆Z compensado

-0.337

0.041

-0.296

202.056

V2

1.673

0.030

1.703

203.759

V3

0.149

0.029

0.178

203.937

V4

-1.614

0.029

-1.585

202.352

V1

Errores en Z -0.130 m Longitud del itinerario 981.45 m

Problema 3 Correcciones de orientación de las estaciones:

wV 1 =

wV 2 = w

V 2

θ

V 1 V 3

θ

V 2

V 4

V 2

− λ V 1 = 6.2535 − 238.999 = −232.745 = 167.2545 V 3

− λ V 2 = 152.332 − 24.626 = 127.706 V 4

Z

= θ − λ = 194 4905 − 376 324 = −181 8335 = 218 1665







Problema 4 Determinar superficie agraria de la parcela delimitada por los puntos A, B y C, así como la pendiente del lado AC. Vértice

X

Y

Z

A

5000

5000

100

D

4000

5000

125

Datos de campo: Estación

Punto Visado

Angulo Horizontal

A

D

125.225

I=1.63

B

380.372

D

A

8.778

I=1.82

C

118.554

Angulo Vertical

Distancia Natural

Altura de señal.

102.437

2225.48

1.8

97.432

3125.45

1.8

Problema 4 Superficie de la parcela ABC. Se puede coger como base cualquier lado del triángulo y proyectar el vértice opuesto sobre él, para calcular la altura. Elegimos como base el lado AC.

C

Dr

A

C

θ

2

2

= ( X c − X A ) + (Y c − Y A ) = 3421.68m. arctg −1477 68

27 923(+200)

228 428

g

D

C

*h







Problema 4 Como se observa en los datos de campo se han visado los puntos desde dos bases A y D, de coordenadas conocidas orientándose recíprocamente en ambas Los puntos A y D, tienen la misma co ordenada Y, Y, por tanto la recta que los une es paralela al eje d e las X. En primer lugar calculamos las coordenadas del punto B, visado desde A. D

= arctg −1000 = arctg − ∞ = 300g 0

θ

A

A D

w A = B

θ

A

D

D

A

A

θ − λ

= 300 − 125 .225 = 174 .775

B

= w A + λ A = 174.775 + 380.372 = 155.147 B

h

= 2225 .48 * sen102 .437 = 2223 .85

Dr

A

B

B

∆ x A = 2223.85 * sen155.147 = 1440.37 B

∆ y

A

= 2223.85 * cos155.147 = −1694.36

X = X + ∆ x B

A

B

Y = Y + ∆ y B

A

B

A

A

= 6440.37

= 3305.64

C

Problema 4 Calculamos las coordenadas del punto C, visado desde D. A

D

D

A

θ = θ w D =

A

− 200 = 100 g

A

A

D

D

θ − λ

D = 100 − 8.778 = 91 .222 g







Problema 4

Superficie de la parcela ABC. Se puede coger como base cualquier lado del triángulo y proyectar el vértice opuesto sobre él, para calcular la altura. Elegimos como base el lado AC. A D C

Dr

A

C

θ

A

2

2

= ( X c − X A ) + (Y c − Y A ) = 3421 .68m.

= arctg C

−1477 .68 −3086 .16

= 27.923( +200) = 228.428 g

B

α = θ A −θ A = 228.428 − 155.147 = 73.281

h B

g

B

h = Dr A senα = 2223 .85 * sen73.281 = 2030 .84m C

S

=

DA * h 2

= 3474442m 2 C C

∆ Z

D

= t + i − m = Dr D cot g∆ + i − m = 3122.91* cot g 97, 432 + 1.82 − 1.8 = 126.06 m. C

Z C = Z D + ∆Z

D

C

C

∆ Z = Z − Z A

Pendiente

C

C

A

= 125 + 126.06 = 251.06m.

= 251.06 − 100 = 151.06m.

151.06 C

A

tg β =

3421.68

∆ Z

A C

Dr

A

=

151.06 3421.68

= 0.044

Pendiente = 4.4%

Problema 5 1.- Determinar las altitudes de los puntos 2-9 levantados a traves de un itinerario de nivelacion geometrica encuadrado

Datos de partida Punto 1 10

Altitud 817,222 818,223







Problema 5 COMPENSACION

DESNIV. COMPENSA DOS

ALTITUD

PUNTO

1,4480

-0,0019

1,4461

818,6681

2

155,4000

1,2370

-0,0020

1,2350

819,9031

3

3 -4

154,6000

1,1230

-0,0020

1,1210

821,0241

4

4 -5

155,8000

-1,0100

-0,0020

-1,0120

820,0121

5

5 -6

160,2000

-1,7810

-0,0021

-1,7831

818,2290

6

6 -7

158,4000

1,1020

-0,0020

1,1000

819,3290

7

7 -8

156,2000

1,6790

-0,0020

1,6770

821,0060

8

8 -9

154,8000

-1,7460

-0,0020

-1,7480

819,2580

9

EJE

LONGITUD DEL EJE

DESNIVEL

1 -2

150,2000

2 -3

LONG. TOTAL

1399,8000 SUMA

1,0190

Zf-Zi

1,001

ERROR CIERRE

0,0180

FACTOR C CO OMP.

1,2859E-05

Problema 6 Se ha realizado un itinerario cerrado de cuatro estaciones, en el sentido V1, V2, V3 y V4, parte de cuyos datos una vez calculado y compensado figuran a continuación: Coordenadas de V1 (X = 5.000,00 m, Y = 5.000,00 m, Z = 268,369 m ) V 4

θ

V 1

= 268.369 g









Problema 6 Desde las estaciones del itinerario, medidos a la vez que este, se han radiado puntos para realizar un levantamiento planimétrico de la zona. Calcular las coordenadas X e Y de los puntos 1 y 2, radiados desde V2 y del punto 3 radiado desde V4, deducidas de los datos de campo que figuran a continuación:

Estación V2

V4

Punto visado

Ángulo horizontal

Distancia natural

Ángulo vertical

1

129.325

174.41

96.292

2

354.236

239.32

94.812

3

158.7048

203.97

93.889

Problemas Topografia Resueltos

Recommend Documents