Source: https://www.scribd.com/doc/175350075/Jacinto-Santamaria-Pena-Problemas-Resueltos-de-Topografia-Practica
Timestamp: 2017-01-21 16:41:10+00:00

Document:
Jacinto Santamaria Pena-Problemas Resueltos de Topografia Practica
Corriente continua. 199 págs.
1997. Martínez de Pisón
1999. 191 págs. ISBN 84-88713-97-5
6. ISBN 84-88713-58-4
4. ISBN 84-88713-96-7.
Problemas resueltos de Topografía práctica. 250 págs.
1996. 142 págs. ISBN 84-88713-33-9
Problemas de análisis de circuitos eléctricos.
Programar es fácil. 82 págs. ISBN 84-88713-98-3. 000 págs. ISBN 84-88713-29-0
1999.MATERIAL DIDÁCTICO
Depósito legal: LR-84-1999
Impreso en España . 30 cm.– 2ª Ed. Topografía . 1999
84 p. Universidad de La Rioja. y muy especialmente al Profesor Asociado D. . S. por las ideas aportadas
y por el afán personal puesto para que salga definitivamente hoy a la luz. Logroño 1999
Edita: Universidad de La Rioja. I. 6)
Santamaría Peña.A.
528.A
Quisiera.4 (076.Problemas. (Ingenierías Técnicas . finalmente.
Servicio de Publicaciones. agradecer la colaboración recibida para la preparación de esta publicación a los profesores del Área de Expresión
Gráfica en la Ingeniería de la Universidad de La Rioja.– Logroño : Universidad de La Rioja.2)
Copyrigth. Jacinto
Confecciona: Mogar Linotype.Printed in Spain
. Teófilo Sanz Méndez.
Problema de Pothenot simple..........
Intersección directa simple....................................... con dos estaciones....
Partición de finca con alineación que pasa por un punto..............................
P-11.....
Problema de Pothenot simple................. Itinerario altimétrico encuadrado ......................................................................
Partición de solar con alineación paralela a otra dada ........................ 50
P-13.................
PROBLEMAS DE RADIACIÓN................................................................................ 21
Itinerario encuadrado............
P-8.......................................................................................................ÍNDICE
Pág....................................
P-12................
Enlace circular entre alineaciones rectas....
P-10.............................................................................................................
P-2..... 59
PROBLEMAS DE APLICACIONES PRÁCTICAS
P-16............................................................................................
Itinerario cerrado.......................
P-1................... 54
P-15..
Aplicación del problema de Hansen............................. orientado a una referencia.............................................................................................................. 32
PROBLEMAS DE INTERSECCIÓN INVERSA............................................................................. 25
PROBLEMAS DE INTERSECCIÓN DIRECTA...
P-19.......................
P-17.......... 29
Trisección directa............................................................................
P-4......................... orientado .............................
Radiación simple con Taquímetro...............................................................................................
P-6...
Replanteo de enlace circular entre alineaciones rectas ........................... sin orientar .. 13
Radiación simple con Estación Total.........
Partición de finca con línea que intercepta a lados opuestos.................................. orientada ...................... Itinerario altimétrico cerrado.................
P-18...........................................
P-7..........
Problema de Hansen .................................... Problema mixto Taquimetría/partición de finca.
Problema de Pothenot simple.....................................................................................
P-5............... Taquimétrico orientado.. 52
PROBLEMAS DE TAQUIMETRÍA
P-14................................................... sin orientar................................................................ sin orientar ...........
P-20..................... 17
P-3..........
– Resolución mediante programa informático de aplicación topográfica. los datos tomados en campo y expresando claramente lo que se pide. Así pues. culminando con una serie de ejercicios de aplicación directa de dichos métodos a la partición de fincas y al replanteo. suele desistir. pero confiemos en que éstas no sean excesivas. no sería de extrañar la existencia de erratas. pero el autor prefiere asociar dicha sencillez a la claridad de ideas que en los alumnos puede generar. ya que en gran medida nace
– Croquis de situación.
La organización de los problemas se ha realizado de acuerdo con el orden tradicional de aprendizaje de los
métodos topográficos planimétricos.
– Resolución analítica del problema. y sirva para una mejor preparación de sus asignaturas. aplicando las metodologías tradicionales vistas en los métodos topográficos. Busquemos el valor pedagógico que para el alumno supone el descubrimiento de una errata en el
libro del profesor. dando los datos de partida. pero suelen ser de una mayor complejidad y el alumno tras un primer acercamiento.
– Resolución Gráfica.
El esquema general de todos los ejercicios prácticos propuestos consiste en:
– Un enunciado del problema. por su fácil manejo y aprendizaje por parte del alumno. lo primero que se hace es un croquis
de la situación de partida. utilizando programa Microstation®95.
– Representación Gráfica. si el problema es propicio para ello. Los datos obtenidos por
este programa deberán siempre ser comparados con los obtenidos por resolución analítica y resolución gráfica. En este caso se ha optado por utilizar el programa TOPCAL. dando los resultados de cada uno de los cálculos necesarios.
Espero que la presente publicación sea bien acogida y del agrado de los alumnos. se ha decidido publicar esta pequeña colección de problemas con la intención de aclarar y afianzar unos conocimientos básicos en la asignatura de
Topografía y se ha pretendido orientar todos los planteamientos a una posible aplicación práctica en el campo de
la Ingeniería Técnica. en los Sistemas de Representación y en la propia
La resolución analítica de los problemas se ha hecho paso a paso. Por el excesivo número de datos expresados en cada problema. que
empiezan a descubrir en la TOPOGRAFÍA las primeras aplicaciones realmente prácticas de los conceptos más o
menos teóricos vistos con anterioridad en Geometría.
. altimétricos y taquimétricos. Se ha utilizado el programa Microstation®95.
Se es consciente de que existen gran cantidad de publicaciones con ejercicios prácticos resueltos en esta materia. Con los datos que se nos dan en el enunciado. Los ejercicios aquí propuestos y resueltos pueden pecar de excesiva sencillez.INTRODUCCIÓN
Esta publicación va dirigida fundamentalmente a los alumnos de primer curso de Ingenierías Técnicas.
Por simple radiación.09
Utilizando un Taquímetro no autorreductor se obtiene la siguiente libreta de campo:
199. z) de los puntos visados.9705
369.4621
i = 1. se levanta una finca agrícola estacionando en un punto central de la misma.0100
+ 2. partiendo de unas coordenadas para el punto de
estación de (100.0. 100.P-1. y.69
Determinar las coordenadas (x.1.450 m. 10)
0209) + 1.561 = 50. de la estación a los puntos radiados:
ΔZE A = t + i .734) * 100 / 1000 * cos2 0.0134 = +0.4510 = + 100.461
Por último.903
ΔZE D = t + i .0100 = + 52.742 YD = YE + ΔYE D = 100 + 100.131 = 91.159 * COS 199.197 m.3303g
Visual E-B: αB = arctg 0.0758g
Visual E-C: αD = arctg -0.439
XC = XE + ΔXE C = 100 .975 * SEN 393.197 * COS 369. de los puntos radiados:
XA = XE + ΔXE A = 100 + 0.3303 =
93.0.m = ( 93.
Primero calculamos las alturas de horizonte.( 85.903 = 9.95 = + 2.1.412 = 200.787 = 100.520 = 11.760 YB = YE + ΔYE B = 100 . en grados centesimales.387 * 0.0.4510 = .387 * SEN 148.0.
ZD = ZE + ΔZE D = 10 .45 .159 * 0.869 YC = YE + ΔYE C = 100 + 85.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Resolución.159 * SEN 199.975 * COS 393.131
ΔYE C = 85.0054) + 1.8.8530 =
XB = XE + ΔXE B = 100 + 52.156 =
6.0758 =
ZC = ZE + ΔZE C = 10 .49.m = ( 72.
Visual E-A: αA = arctg 0.159 m.447 = 12.m = .49.539 m. Y absolutas.(113.156
ΔXEB = 72. calculamos la coordenada Z de los puntos radiados:
ZA = ZE + ΔZE A = 10 + 2.
.90 = + 1.760
ΔYE B = 72.447 m.0100 = .538) * 100 / 1000 * cos 0.975 m.387 * COS 148.
E-B = (1262 .197 * SEN 369.
E-C = (1330 .787 YA = YE + ΔYE A = 100 .0.4621 = + 0.0.90 = .447
ΔZE B = t + i .
Ahora calculamos los ΔX y los ΔY de la estación a los puntos:
ΔXE A = 93.52.590
ΔXED = 113.258 = 47.461 = 9.258
ΔYE D = 113.93.8.3438 =
113.197 * 0.590
XD = XE + ΔXE D = 100 -52.387 m.3438g
Ahora calculamos las distancias horizontales de la estación a los puntos:
E-A = (1416 .45 .0.9705 = .0054 = -0.9705 = + 85.0.470) * 100 / 1000 * cos2 1.561
ΔXEC = 85.412
Ahora calculamos los ΔZ.520 m.0134) + 1.m = .590 = 185.30 = .45 .8530g
Visual E-C: αC = arctg -0.0209 = +1.45 .787
ΔYE A = 93.760= 152.097 m.4621 = .93.0169) + 1.975 * 0.484) * 100 / 1000 * cos2 1.520
ΔZE C = t + i .412
Ahora calculamos las coordenadas X.
ZB = ZE + ΔZE B = 10 + 1.
E-D = (1866 .0169 = -1.
9.6697
72.4510
100.4621
152.9705
99.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución con TOPCAL
.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Calcular las coordenadas (x.70 m. se levanta una finca de almendros estacionando en un punto
cuyas coordenadas son (10.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
P-2.000.1323
620. 400) y se lanza visual a cuatro puntos.3842
1207.8515
812. Trabajando con una Estación Total. y.
Altura de instrumento = 1.315
247. 20.
73.2593
1773.1270
98.000. Los datos tomados en campo
Altura de prisma = 1.3287
102.457 m.400
361. z) de los puntos visados y representar gráficamente la finca.320
1. 2500 = 812 .00
Fichero de Radiación
ESTACION 1000 Estación
PTO.8515
371.2593
1. 3842 = 1207.953
476.3287 9536.70
1.1323 9185. 166
D1000 = Dgeométrica ∗ sen Δ = 1207.77
9185.367
373.68 73.26 361.1270
20666.700
1.2500 812.000
1207.603
371.1323 101.260
20707.3287
Resolución.457
1.2593 1773.000
0. Geométrica
73.8515 97.17 175.
Primero calculamos las distancias reducidas de la Estación a los puntos radiados:
= D geométrica ∗ sen Δ = 1773. 115
= Dgeométrica ∗ sen Δ = 812.743
1.8515 11624.000
11624.3842 1207.00 Estación
1.320 * sen 97.00
= Dgeométrica ∗ sen Δ = 620.400 * sen 101.457
361.46 1771.409
19426.70
19108.6057 620.00
101.46 1207.383
20000.70
175.46 620. 315 * sen 98 .3842
102.1270 98.871
20666. 768 * sen 102.569
19108.000
19426.457
73.1270 10236.743
9536. 2593 = 1771.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
D.46 812.2500
1773.400
20707.11 247.319
10236.32
247.6057 = 620.3287 102.081
tg 102.677 * cos 73.457 − 1.616
11624.1270 = −573 .367
10236.2500
Los desniveles verdaderos serían (teniendo en cuenta esfericidad y refracción):
Δz1000
= +76.494
tg 101.166
+i −m =
+ 1.70 = −28 .463.70 = −26.319
Δx1000
= Dreducida * sen Lθ = 620.115
+i −m=
+ 1.1323 = − 891.081
.457 − 1 .494 + 6.953
Ahora calculamos los Δz aparentes de la Estacion a los puntos radiados (sin tener en cuenta el efecto de la
esfericidad y refracción):
=t +i− m=
1771.384
Y1001 = 20000 + 707.1270 = + 236.431
Y1003 = 20000 .076
tg 97.573.184
9185.569
19108.3842
=t +i −m =
= Dreducida * sen Lθ = 812.457 − 1.870
20666.1152 = -26.283
Z1002 = 400 + 13.184
= Dreducida * sen Lθ = 1207 .677 * sen 73.409
Y1002 = 20000 .2593
620.342 + 6.260 * sen 361.457 − 1.398
= -28.677
+i− m=
+ 1.2602 = -28.953
20707.743
9536.431
Δy 1003
1000 = D reducida * cos Lθ = 1207 .130
Y1004 = 20000 + 666.409
19426.076 + 6.184
X1003 = 10000 .Z de los puntos radiados:
X1001 = 10000 + 1624.342
tg 98 .115 * cos 247.1323 = − 814.6 * 10-8 * 620.3287 = −463.953
Z1001 = 400 + 76.70 = +76 .Y.28.963 + 6.319
X1002 = 10000 + 236.3287 = +666.814.6772 = +76.6 * 10-8 * 1771.257
X1004 = 10000 .70 = + 13.919
Por último calculamos las coordenadas absolutas X.260 * cos 361.130
Δy 1000 = Dreducida * cos Lθ = 812.6 * 10-8 * 1207.1662 = +13.367
Z1003 = 400 .166 * cos175 .260
+ 1.6057
=t +i −m=
1207 .398
Z1004 = 400 .891.283
= +13.8515 = +1624.283
413.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Ahora calculamos los Δx y los Δy de la Estacion a los puntos radiados:
= Dreducida * sen Lθ = 1771.919
476. 616
Δy 1001
1000 = D reducida * cos L θ = 1771.409
Δy 1002
1000 = D reducida * cos Lθ = 620.8515 = + 707.115 * sen 247.166 * sen 175.6 * 10-8 * 812.26.602
= -26.
Las coordenadas de la estación 1 son: (2000 .54
99. Resolver el itinerario cuya libreta de campo se adjunta:
Est.980
Calcular los errores de cierre angular y lineales (X.
Pto.8545
1. 4000 .727
1. 600)
El acimut de la estación 1 a la estación 3 es de 222.
Obtener las coordenadas X. Y y Z de las estaciones de la poligonal.50
154.5695
101. Z)
Compensar los errores. Y.1095
53.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
P-3.50
Error de cierre en -Z.373
3949.180
222.0642
Error de cierre en -Y.588
330.5358
Representación.972
2000.071
154.0.51
1.0.961
130.1420
Error de cierre angular = -0.948
98.-0.8545
Error de cierre en -X.746
600.5673
31.1095
98.6337
3964.076
222.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Resolución con Topcal.194
Longitud de la poligonal 144.000
4000.5090
101.5673
w1 = θ 13 − L31 = 222.07 − 400 = 130.5475
ε α = 22.675
Δy 23 = D( reducida) * cosθ = 31.5673
θ2 =θ2 −
3 * 0.142 = 53.5300 = + 50.926 * sen 130.0315 = 22.5673 = −14 .1260 = 31.7825 = 53.5300 = 258.917
D23 ( media) = 31.870 = 31 .623
∑ Δx = −0.727
D31 (media) = 53.737 * sen 22.5090 + 376.5475 = 22 .5790 − 308.316
Δx 13 = D( reducida) * sen θ = 53.0175
= 258 .931 * sen 98.747
Δy 3 = D( reducida) * cos θ = 53 .961
= 58.746 * sen 100.966 * sen 258.950
Δx 23 = D (reducida) * sen θ = 31.0175 = 22.737 * cos 22.5790 − 0 .5475 = − 0.5695 + 400 = 376 .6337 = − 35.948 * sen 101.0175
θ 23 = L32 + w2 = 154 .5300 − 0.972 * sen 101.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución.966
= D2 ( geométrica) * sen Δ = 31.5300
θ12 = L21 + w1 = 36.6337 = − 46.6395 − 0.6337
θ 12 = θ 12 −
2 * 0.966 * cos 258.0117 = 130.970
* sen Δ = 58.5790
w3 = θ 32 − L23 = 330.1095 + 222.011
Δy 12 = D( reducida) * cos θ = 58.5300
θ 13 = θ 31 −
1 ( geométrica)
( geométrica)
* sen Δ = 58.8545 = 58.934
D32 ( reducida) = D32 ( geométrica) * sen Δ = 31.980 * sen 98.5673 = + 28.737
Δx12 = D( reducida) * sen θ = 58.6395
w2 = θ 21 − L12 + 400 = 58.5475 − 0.0175
= 130. 0058 = 258.727 * sen 99.407
∑ Δy = −0.015
D13 ( reducida) = D13 ( geométrica) * sen Δ = 53.5300 = + 18.210 = 58 .5475
θ 31 = L13 + w3 = 0.926
D31 (reducida) = D13 ( geométrica) * sen Δ = 53.0000 + 22.0000 = 222.6395 − 82.0175
= 22.5300 − 22.926 * cos 130.
* 50.407 + 0.54 − 1.898 − 0.015
Δz12 = t + i − m = D( geométrica) * cos Δ + i − m = 58.44 − 1.210 + 1.180 − 0.889 = 600.194
Δz 13 ( medio) =
= −0.316 + 0.076
Δz 32 = t + i − m = D( geométrica) * cos Δ + i − m = 31.931 * cos 98 .51 − 1.747
Δy 13 = D( reducida) * cos θ = 53 .623
= +18.015
* 46.972 * cos 101.829
X 2 = 2000 − 46.889
* 35.950 + 0.51 − 1.880
Δz 32 ( medio) =
= − 0.056
X 3 = 1953.67 = 3964.01193*.6337 = −35.889
= +28 . 898
Δz 32 = t + i − m = D( geométrica) * cos Δ + i − m = 31.585
Z 2 = 600 + 1.407
∑ Δy = −0.056 + 28.015
100.870 + 1.8545 + 1.737 * cos 22.011
e Δy :
∑ Δx =93.5 = − 0.011
93.980 * cos 98.011
Δz 13 = t + i − m = D( geométrica) * cos Δ + i − m = 53.407
[Δ y ]= +50.880
= −46.81
Δz12 ( medio) =
= +1.746 * cos100.187
∑ Δy
=100 .076 = 601 .187
∑ Δz =0
Compensaci ón de
ε x = −0.1420 + 1.675 + 0.319 = 1981.944
[Δ x ]= −46.747
[Δ y ]= −14.Δy 12 = D( reducida) * cos θ = 58.375
Y2 = 4000 − 35.5 = −1.330
Y3 = 3964.076
Z 3 = 601.015
= +50.319
* 18.5 = + 0.889
ε y = −0.081
1.071 + 10.5300 = + 50.670
[Δ y ]= −35.727 * cos 99.948 * cos 101.5 = −0.076 − 0.829
* 14.330 − 14 .54 − 1.5 = + 1.889
Δy 23 = D( reducida) * cosθ = 31.5673 = −14 .675
= − 35.5 = + 0.44 − 1 .180
Δz13 = t + i − m = D( geométrica) * cos Δ + i − m = 53.966 * cos 258.944 = 1953.015
= − 14.745 = 3949.415
100 .1260 + 1.194
− 0.747 + 0.745
Δz 12 = t + i − m = D( geométrica) * cos Δ + i − m = 58.829
.7825 + 1.625
[Δ x ]= 18.926 * cos 130.316
[Δ x ]= 28.623 + 0.
315. Y y Z de las estaciones de la poligonal. 387.60
229. 5597.80
Alt.000
Y = 4300.600
514.775 .44
Las coordenadas de la estación A son: ( 2000.40
El Acimut de C a Ref-2 = 333.3333 g
Calcular los errores de cierre angular y lineales (X.30
1. Y.7963
203.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
P-4.000 .000 .0457
1. Z)
Compensar los errores. 5000.9070
Obtener las coordenadas X.5030
2 90.0000
143.050 .884 )
X = 1500.36
100. Prisma
Alt. 400.019
514.000 )
Las coordenadas de la estación C son: ( 2722.
436. Resolver el itinerario encuadrado entre A y C cuya libreta de campo se adjunta:
Pto.5132
99. Acimutal
(se observa alguna discrepancia con los resultados de Topcal.333.5333 = + 212. calculamos los Δx y los Δy:
Δx BA = DAB ( reducida) * sen θ AB = 436 .0013
Los Acimutes compensados serán:
θ AB = 67.5320 − 51.5309 ≡ 46.4863
Con este dato.4863 − 315.528
Δy BA = D BA ( reducida) * cos θ AB = 436 .3293
El error angular de cierre será:
ea = 333.5309
θ BC = LCB + w B = 229. empezamos a calcular los Acimutes corregidos de orientación:
θ AB = LBA + w A = 143 .3272 + 0.015 + 436 .3333 .010
D C ( geométrica) * sen ΔCB + DCB ( geométrica) * sen Δ BC 514 .3298
θ CRe f −2 = 333.3272 − 203 .5137 = 67.5333
θ BC = 46.
Primero calculamos el Acimut de la Estación A a la Ref-1.3293 = + 0.267
Δy CB = D CB ( reducida) * cos θ BC = 514.0000 = −75.845
Δx B = DB
* sen θ A = 514.8242
θ CRe f − 2 = LCRe f − 2 + wC = 290.5137
Con esto.005
= 436.3298 = + 384. 0040 = 333.0040
La compensación por eje será:
Comp.0011 = 216.8242 = 333.541 * cos 46.010 * cos 67.004/3 = 0. podemos calcular la desorientación de la estación A:
w A = θ ARe f −1 − LRe
= 239.535 + 514 . a través de sus coordenadas:
θ ARe f −1 = 200 + arctg
= 239.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Resolución.3293 + 0.0013 = 67. = 0.0026 = 46.5320
wB = θ BA − LAB = 267.5030 = 42.0457 − 75.5051 + 42.010 * sen 67.541 * sen 46.5333 = + 380.3298 = + 342.3272
wC = θ CB − LBC = 246.7963 + 216.195
= 514. seguramente por utilizar este programa distinto sistema de compensación de errores angulares)
DAB ( geométrica) * sen ΔBA + DBA ( geométrica) * sen ΔAB 436.5320 + 0.541
Con los Acimutes compensados y las distancias medias.
− 8.528 −
0.44 − 1.4 − 1.(212.5132
YC = 5212.258 =2722.01 * 384.015
+ 1.517
YB = 5000 + 212.884-400) .845 +
514. Luego las cotas de las estaciones serán:
z A = 400.195 +
tg 99.547
Δz CB = t + i − m =
+ 1.(-3.693 = 396.36 − 1.Y de las tres estaciones serán:
XB = 2000 + 380.020
ey = 597.005
Δz BA = t + i − m =
+ 1.267 ) = .4845
Δz AB = t + i − m =
Δz AB ( medio) =
− 3.(380.050 .195 )
Δy BA = 384.195 )
Las coordenadas X.849
(212.535
+ 1.307 − 8.849 = 5212.372
tg 101.010
Los Δx y los Δy compensados seran:
Δx BA = 380.267
= + 342.631
= − 3.195
= + 384.02 * 380.267 )
Δx BC = 342.0.372 − 8.517 = 2380.201
(212.011
514.517 + 342.845 + 384.775 .845 + 384.195 ) = +0.267 )
Δy BA = 212.849
XC = 2380.845 + 384.755
tg 100.3 = + 3.201 =5597.01 * 212.693-8.8 = + 8.528 + 342.423
El error en cotas será:
ez = (387.528 + 342.475
tg 98.849 + 384.050
Los Δz entre las estaciones seran (sin tener en cuenta el efecto de la esfericidad y la refracción):
436.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Los errores lineales serán:
ex = 722.884
.267 −
= +212.6 = − 8.423 = 387.307
z C = 396.02 * 342.423) = 0.755 − 3.000
z B = 400 − 3.528
= +380.528 + 342.258
(380.475
Δz CB ( medio) =
= − 8.517
(380.6 = −3.40 − 1.
100.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Resolución con Topcal.005
5212.7963
67.4845
5000.643
514.4863
99.0457
2000.742
2380.8282
Representación.5340
Error de cierre en —X—
Error de cierre en —Y—
Error de cierre en —Z—
950.5340
436.5329
42.9070
436.0011
387.0110
. Levantar un punto P por intersección directa.2454
323.5524
120.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
P-5. Calcular las coordenadas planimétricas del punto P sabiendo que las de A son (100. 200) y las de
B son (475. estacionando con un Teodolito en dos vértices A y B
conocidos. 160) y los datos tomados son:
Δy PB = DBP * cosθ BP = 586.5666 + 400 = 103.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Resolución.141
X P = X A + Δ x A = 100 + 470.141
X P = X B + Δ x B = 475 + 95.4438
= 586.4438 = + 95.307
= 714. calculamos:
Δx PA = DAP * sen θ AP = 714.2454 − 16.009 * cos 10.8016
θ BP = LPB + wB = 27.141 = 738.7508
Conociendo el θ y la distancia reducida de la Estacion A al punto P.705
YP = YB + Δy BP = 160 + 578.7508 = + 470.6788 = 35 .704
YP = YA + Δy PA = 200 + 538. se conocen un lado y los dos ángulos adyacentes:
D BA = Δx 2 + Δy 2 = 375 2 + 40 2 = 377 .009 * sen 10. desde B.5666 = − 16.127
Angulo en A = 120.0142
Angulo en B = 27.5666 − 59.705 = 570.704
Δy PA = D PA * cosθ AP = 714.2454 − 323.953 * cos 45.7508 = + 538.4438 = +578 .009
Δx BP = DBP * sen θ BP = 586.141 = 738 .8016 = 10.7650 − 61.953
θ AB = 200 − arctg
= 200 − arctg
θ AP = θ AB − A = 106. haríamos
wB = θ BA − LAB = 306.704 = 570.141
.5524 = 61 .141
Para comprobar este resultado.
Del triángulo formado.6788
Angulo en P = 200 − 61.0142 − 103.953 * sen 45.0142 = 45.7650 − 323.
738.VIS
COOR.5666
120.EST
Representación gráfica.5524
200.VIS
OBSERV.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución con Topcal.141
.X = 570.5666
COOR. Y = 738.
CÁLCULO DE TRIANGULACIÓN
475.EST
Se realiza el trabajo con un Teodolito orientado en todo momento. 170)
C (475 .
Calcular las coordenadas planimétricas de “P”.5524
B ———> P =
C ———> P = 361. Se quiere realizar un sondeo en un punto P de coordenadas desconocidas. siendo las lecturas tomadas sobre el Limbo
A ———> P =
51. 200)
B (250 .JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
P-6. Para determinarlas se estaciona en tres vértices cuyas coordenadas son:
A (100 .
5524 = 61.222 *
sen 58.8276 − 16.2454 = 60
Δy PB = DBP * cosθ BP = 237.6572 − 302.0142
= 237.222
BP = 225.697 * cos 16.5666
B1 = 16.0142
θ BP = 16.001 = 400.2454 = 60
Δy PB = DBP * cosθ BP = 237.697 * sen 16.5822
DBC ( reducida) = 225 2 + 10 = 225.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución.2454 = 86.8296
= 237.2454 − 312.8296
θ BP = 16.5524
Δ x BA
= 112.698 * cos 16.2454
θ BC = 102.5666 − 51.5666
A = 112.4118
Δx BP = DBP * sen θ BP = 237.8276 = 58.6572
θ BC = 200 − arctg
Δ x CB
Δ y CB
C = θ CP − θ CB = 361.698
sen 164 .2454 = 230
.971 *
sen 61.971
BP = 152.697
sen 145.6788
D BA ( reducida) = 150 2 + 30 2 = 152.2454 = 230.8276
B 2 = 102.5666 + 400 = 103.2454
θ BA = 312.698 * sen 16.
En el primer triángulo ABP:
θ AP = 51.001
En el segundo triángulo BCP:
θ CP = 361.693
Δx BP = DBP * sen θ BP = 237.001
YP = 170 + 230.
Resolución con Topcal.000
475.6572
400.5524
COOR.000
200. PROMEDIO
400.2454
361.VIS
OBSERV.000
160. Y =
Representación.000
310.PUNTO
tres vértices A.45
Visual P-B = 241. Se desea calcular las coordenadas planimétricas de un punto P por Intersección Inversa.45
Visual P-C = 308. Las coordenadas absolutas planimétricas de dichos vértices son:
A (500 . 110)
Visual P-A = 180. B y C con un Teodolito.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
P-7. 98)
B (550 .45
C (610 .
β = 308.7171 = − 45.8495
Una vez calculados estos ángulos.7171
θ BP = θ BC
Δx B = 45. 4342
A = 52.
y los ángulos de arco capaz de los ejes AB y BC.381
También podemos calcular las distancias reducidas entre los vértices:
DAB = Δx 2 + Δy 2 = 50.0585
− 16 .JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Primero calculamos los azimutes de los ejes definidos por los vértices:
θ AB = ac tg
Δx BA
= 87.622 * sen 200.486
Δy = 45.0000
Ahora iniciamos el cálculo de los ángulos en A y en C:
sen A sen α
sen C sen β
sen A BC * sen α 61 .514 = 549.354
(C − A) = 2 * arctg − 0.0000
= −16 .7171 = − 0.45 − 180.5666 = 174.2837
C = 44.1332
YP = 110 − 45.8668
A + C = 400 − B − α − β = 97.45 − 24145
.619 = 64.622 * cos 200.0585 = −7.1332
tg (C − A) =
= − 0.
α = 241.622
+ [200 − β − C ]= 200.4334 − 112.990 * sen 67.45 = 610000
X P = 550 − 0. todos los triángulos están definidos:
= 45.990
DBC = Δx 2 + Δy 2 = 61188
= 1.188 * sen 61.4334
Δy A
θ BC = 200 − ac tg
Δx CB
= 200 − ac tg
= 87. 1303
sen C AB * sen β 50.354
tg (C − A)
B = θ B − θ B = 287 .4334 = 112.
COOR.EST
P.4500
COOR.486
308.EST
OBSERV. Y =64.4500
180.VIS
550.X = 549.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución con Topcal.
Representación.4500
D BA ( reducida) = 112. B y C.
P-8.8132
Calcular las coordenadas planimétricas del Pozo.361
θ CA = 93.7561
LCP = 230. se obtuvieron las siguientes lecturas acimutales:
LAP = 305. se ven perfectamente otros tres A. de los cuales conocemos su posición mediante las
θ = 76.000
LBP = 260.993
Estacionando con un Teodolito en P. En una finca agrícola. se quiere construir un pozo en un punto P de coordenadas desconocidas.6863
DAC ( reducida) = 201.
= 1.993 2 − 2 * 112.6863 = 201
Δy BA = 112 .0759 − 276.5761
(C − A ) = 2 * arctg − 0.8132 = 29.361 * cos 76.08857 = − 11.062
Δx BA = 112.7561 = 44.8284)
DBC ( reducida) = 98 .993 * sen 93.6863 = 20
= 113 .5761
B = θ BC − θ BA = 113.361 * 201.08857
− 9.8284 = 40
Δy CA = 201.8284 = 105
Δx CA = 201.3612 + 201. 0000 − 260. 5657
89.6863 − 76.062 * sen 44 .1587
. serán:
α = 305.9429
= −9.0759
sen A BC * sen α 98.361
DBC ( reducida) = 112.
Los ángulos de arco capaz de los ejes AB y BC.361 * sen 29.2439
β = 260.993 * cos 93.2475
A + C = 400 − B − α − β = 89.993 * cos(93.361 * sen 76.5657
= − 0.8284 + 400 = 236.9429
D BA ( reducida) = 112.2332
sen C AB * sen β 112.2483
A = 50.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución.4070
C = 39.7561 − 230.
861 * sen 382.
− (200 − C − β ) + 400 = 113.1775 = + 120
X P = 605 − 34.1775
Δx PB = 124. los dos triángulos están definidos:
= 124.8984 + 400 = 382.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Una vez calculados estos ángulos.499
Resolución gráfica.1775 = − 34.0759 − 130.501 = 570.501
Δy PB = 124. 861 * cos 382.
N.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
701.7561
COOR.8132
COOR.X =570.000
1020. PUNTO
500. Y =1160.0000
555.1025
Se tomaron los siguientes datos: (altura del instrumento = 1.000.00 .2875
294.265)
99.000.2015
211.000.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
P-9. se observa a tres vértices de coordenadas perfectamente conocidas y que son:
A(10.768.60 m.50 . 10. Se quiere conocer la posición exacta de un punto M.00 . lugar donde se piensa instalar una antena de
un receptor fijo GPS. Utilizando un Teodolito con apreciación de segundo centesimal. 7.000. 10.1721
C(11.)
(cota de A=435.60)
B(10.
YM = YA + Δ y AM = 7768.425 * sen 21.1721 = 150.265 − 16. Y. se tiene:
sen C AB * sen β
2231 .0696 − 23.639
Δy MA = AM * cosθ AM = 1355.815
AB = Δx 2 + Δy 2 = 2231.18846) = − 23.7175
BC = Δx 2 + Δy 2 = 2231.0859
= − 0.425
sen 150.6761 = 21.623
tg 99.0696 + 23.6761 = +1277.0696
A − C tg 33.4 * sen 82.3936
θ AM = θ AB + A = 0 + 21.425
Δz MA = (t + i − m) + (6.0000
Angulo en B = θ BA − θ BC = 200 − 100 = 100.1 + 0.6761
= 45 .0000
Operando en ambos triángulos.4 *
= 1355.18846
A − C 1 − 1.613
Las coordenadas X.5 * sen150. por medio de las lecturas acimutales desde la estación a los
α = 211.213
1355.6761 = +452.0000
θ BA = 200.623 = 418.6 *10 −8 * AM ) =
+ 1.5348
2 = 1 + 1.1025 − 211.60 + 1277.121 = 16.5
θ AB = arctg 0 = 0.815 − 100 = 67.1154 − 82.613 = 9046.7915
= 2231.1154
Δx MA = AM * senθ AM = 1355.0859
A − C = 2 * arctg( − 0.639 = 10452. Z del punto M serán:
X M = X A + Δx A = 10000 + 452.7175
67.9588 = − 3.425 * cos 21.1154
A + C + B + α + β = 400
A + C = 400 − 150.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución.0000
θ BC = arctg
= arctg ∞ = 100. 6 − 2.6761
sen( A + α ) sen α
sen( A + α )
sen171.9588
sen A BC * sen α 1555.4 2 = 2231.815
.2875 = 82.2875 − 61.2015
Z M = 435.4 2 = 1555.
Primero calculamos los ángulos de arco capaz.9588
− 3.1154
β = 294.7175
Y = 9046.2875
7768. PROMEDIO
COOR.1025
COORD.215
Representación. PUNTO
10452.000
10452.EST
10000.VIS
10000.500
10000.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Resolución con TOPCAL.639
9046.X = 10452.1721
11555.639
y) del vértice A son
(10000 .
Los vértices C y D tienen coordenadas planimétricas desconocidas y para determinarlas se estacionó con un
Teodolito de segundos en ambos vértices.0038
84.1220
30.4238
Los vértices A y B coinciden con vértices geodésicos y se sabe que la distancia entre ellos es de 5 Km. C y D.
exactamente y que el acimut de A a B es 110. Una explotación ganadera se asienta sobre una finca definida por cuatro vértices.1170
83. tomándose la siguiente libreta de campo:
Calcular las coordenadas planimétricas de los vértices B.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
P-10. 10000).9238
120. denominados A.00 grados centesimales.
B. Las coordenadas (x.
4238 .LCB = 120.332
. 6700
sen120 .LC = 120. 505
+ BC − 2 * AC * BC * cos(α 1 − β 1 ) = 2.1170 = 141.8655
γ 2 = 200 − [γ 1 + (α 1 − β 1 )]= 50.3670 .30. 8469
sen 173.25
β1 = LCD .LDC = 171.5000
= 1.0.5000
β2 = LDB .0038 = 120. 6700
sen β 2
sen β 1 sen (β1 + β 2 )
sen 141.2145
D BA = 5000m.005
sen α 2
senα 1 sen (α 1 + α 2
sen 53 .1170 = 53. 924 = 3649. 2167
sen 176. 5305
sen (α 1 − β 1 ) sen γ 2
sen γ 1
⎡ BC
γ 1 = arcsen ⎢
* sen (α 1 − β 1 )⎥
⎣ AB
γ 1 = arcsen 0. 4669
sen 176 .9238 = 35.924
2.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Resolución.8515 = 64.5305
DAC = 1.
= 1975. 4200
= 2.1220 .
α1 = LC .LDC = 83. 505
sen 35 . 3613
sen173 .42
α2 = LDA .84.2500
= 1.4238 . 005
= 2.30.8469 *1975.
4200 = 95.8655 = + 1403.442
YB = 10000 − 782.442 = 14938.415
θ CD = θ CA + α 1 = 374.167
YD = 6631.508
Δy C = D( reducida) * cos θ C = 1975.2855 = 146.2855
Δx CD = D( reducida) * sen θ CD = 1975.609
Representación.8655
Δx CA = D( reducida) * sen θ CA = 3649.924 * cos 95.924 * sen 95.172 = 9217.194 = 6777.332 * cos 174.00 = − 782.2855 = 1970.442
Δy BA = D( reducida) * cos θ AB = 5000 * cos 110.194
X D = 11403 .659 = 11403.659 + 1970.332 * sen 174.659
YC = 10000 − 3368 .8655 + 120.585 = 6631.828
θ CA = θ AB + γ 1 = 110.8655 = 174.172
X B = 10000 + 4938.00 = +4938.
.8655 = − 3368.415 + 146.659
Δy CA = D ( reducida) * cosθ CA = 3649.0000 + 64.508 = 13374.585
X C = 10000 + 1403.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Δx BA = D( reducida) * sen θ AB = 5000 * sen 110.
tal que la dirección PM sea aproximadamente paralela al muro y se estaciona con el
Teodolito en ambos puntos P y M.
88. Se dispone sólamente de un Teodolito y no se tiene ninguna forma de medir distancias. Se quiere replantear una alineación paralela a un muro AB (que es un límite de finca) a partir de
un punto P.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
P-11.9605
366.0027
344. Para ello
se sitúa un punto M.2590
Calcular el ángulo que forma la alineación PM con la dirección buscada. tomando las siguientes lecturas acimutales:
sen 33.399.LPB =
α2 = LM .7618
sen 103. 1137
= 0.0027 .2590 .2640
= 1.0422.
Construyendo una figura semejante en la que PM tuviera una longitud igual a 1.LM = 88.7052
.2526 = 55.LM = 48.1250
= 0.7474
Como PM forma un ángulo con PA de α1=55. en la que sólo intervienen ángulos.1137
β2 = LM . debe formar un ángulo con PA de 200 . la diferencia entre ambos es el ángulo que nos piden:
δ= 55.7474 = 144 .1250
β1 = LPM .144.1200 .
Observamos que el planteamiento es muy similar a una intersección inversa tipo Hansen.8890 = 33. 5264
sen 121 .2526
La paralela por P. 1672
sen 88 . 3777
sen 55 .399.0422
= 0 .9950 = 88.344.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución.3777
+ BP − 2 * AP * BP * cos (α 1 − β1 ) = 0. 0412
sen 121 . 6868
sen 103.0422 = 0.9605 = 55.55.7474 .366.9950 = 48.2640
senα 1 sen (α 1 + α 2 )
sen 48 . se tendría:
α 1 = LP .L =
0.0027 .45782
⎡ BP
* sen (α 1 − β1 )⎥ = 200 − 55 .
Calcular cuánto habría que subir o bajar cada
punto para que la rasante del nuevo camino a construir. entre sus
extremos 1 y 4. que será totalmente llano. Se realizó una nivelación geométrica del eje de un camino por el método del punto medio.
Se sabe que el desnivel verdadero entre 1 y 4 es de 25 cm.)
(mm. quede a 0. obteniéndose la siguiente libreta de campo:
(mm.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
P-12.5 metros por encima del punto 1.
Como el desnivel calculado no coincide con el desnivel real entre el punto 1 y 4.
Δz12 compensado = 21 −
Δz14 = 21 + 981 − 752 = 250mm. por lo que la rasante en ese punto deberá quedar a 1002-500 = 502 mm.5 metros.
. por encima del punto 1.
Δz 43 compensado = − 738 −
* 738 = − 752mm.
Δz 32 compensado = 1000 −
* 1000 = 981mm. por debajo del punto 3. por encima del punto 1.
El punto 2 está a 21 mm. por lo que la rasante en ese punto deberá quedar a
500-21 = 479 mm por encima del punto 2. 2.
Δz23 = Visual espaldas − Visual frente = 2098 − 1098 = 1000 mm
Δz34 = Visual espaldas − Visual frente = 1138 − 1876 = − 738 mm
∑ Δz = 283 mm. 3 y 4:
Δz12 = Visual espaldas − Visual frente = 1897 − 1876 = 21 mm.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución. por encima del punto 1.
Este error habrá que compensarlo entre los tres tramos del eje del camino:
Δz compensado = Δz calculado −
∑ Δz
* Δz calculado
El punto 3 está a 21+981 = 1002 mm.
En el punto 1 la rasante tendrá que elevarse 0. según el enunciado. la diferencia es el error y
dicho error habrá que compensarlo.
El punto 4 está a 250 mm.
Errorz = desnivel verdadero − desnivel calculado = 250 − 283 = −33mm.
Primero calculamos el desnivel medido entre cada uno de los puntos 1.
por encima del punto 4. por lo que la rasante deberá quedar a 500-250 = 250 mm.
P-13. B y C. H.
La cota del punto A es de 435. entre los puntos A. Calcular el itinerario de nivelación geométrica cerrado que se adjunta.
.156 m. y el método utilizado es el del punto medio.
Primero calculamos los desniveles parciales de cada uno de los tramos de este itinerario altimétrico cerrado:
Δz = Hilo central visual
− Hilo central visual
Δz AH = 2152 − 1978 = +174 mm.156 m.
= 435. = eroor
La compensación de este error.352 m.
= 435.196 = 435.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución. en función del valor de cada desnivel parcial.
∑ Δz = +30 mm.328 + 0.
compensado) = − 879 −
Δz CA ((compensado)
compensado) = − 193 −
*193 = − 196mm.
= 436.915 = 436. H.328 m.
Δz AH ((compensado)
compensado) = 174 −
∑ Δz compensados = 172 + 915 − 891 − 196 = 0
La cota absoluta definitiva de cada uno de los puntos A.
(como comprobaci ón)
compensado) = 928 −
Δz CB ((compensado)
* 879 = −891mm.
Δz C = 1372 − 1565 = − 193mm. B y C será:
= 435.243 − 0.172 = 435 .243 m.891 = 435.156 + 0.156 m.
= 435.352 − 0.
Δz CB = 1827 − 2706 = −879 mm.
Δz HB ((compensado)
* 928 = + 915mm. sería:
calculado) −
compensado) = Δz A ((calculado)
* Δz HA
Δz HB = 2134 − 1206 = + 928mm.
i = 1495 mm. 10. 100) y que las lecturas realizadas desde A estaban orientadas.
281. La libreta de campo tomada fue la siguiente:
HILOS (mm.
Hacer la representación gráfica del Plano de esta finca. Para levantar una finca que tiene forma rectangular.000.238
i = 1445 mm. 3 y 4 y de la base B.
. se hicieron dos estaciones en los puntos A y B
utilizando un Taquímetro.022
202.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
P-14.535
Calcular las coordenadas planimétricas y altimétricas de los puntos 1. 2.)
350.000.275
36. (siendo la constante K=100). 3 y 4.062
116. Se visaron desde ellas los extremos 1.
359. 2. sabiendo que
las de A son (10.
275 + 113.434)* 1 = 76.948 + 113. 564
Δy B4 = Dreducida * cosθ B4 = 71.0220 .535 + 113.90 * cos 149.074 ≡ 72.074 = 316.074
Esta desorientación debemos aplicársela a todas las lecturas azimutales hechas desde B para transformarlas
θ BA = 202. comparando el Azimut de B
a A con lo que leímos de B a A:
WB = 316.264
Δy 2A = Dreducida * cosθ A2 = 82.349 = + 29.
Lo primero que habrá que hacer es calcular la desorientación de la Estación B.50
DB4 = 100 * (1.920
Δy B3 = Dreducida * cosθ B3 = 76.90 * sen 149.094
Δy BA = Dreducida * cos θ AB = 62.238 = − 58.042
θ B4 = 359.10 * cos 72.498
Δx 3B = Dreducida * sen θ B3 = 76.50 * sen 116.948 = 113.50
D 2A = 100 * (1.
Se nos dice que la Estación A estaba orientada.822
Δx 2A = Dreducida * sen θ A2 = 82.065 − 0.349 = + 64.20 * sen 281.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución.230)* 1 = 83.10 * sen 72.062 = − 78.055)* 1 = 62.238 = + 59.20 * cos 281.074 = 149.609
Para calcular los Δx y los Δy. debemos calcular previamente las distancias horizontales de las Estaciones a
D1A = 100 * (1.189 − 0. Por tanto.349
θ B3 = 36.022 = −15.478)* 1 = 71.095)* 1 = 82.709
Δy 1A = Dreducida * cosθ 1A = 83.590
Δx BA = Dreducida * sen θ AB = 62.50 * sen 350.609 = +54.680 − 1.20
D BA = 100 * (1.50
DBA = 100 * (1.203 − 1.90
Los Δx y los Δy serán:
Δx 1A = Dreducida * sen θ 1A = 83.10
DB3 = 100 * (2.268 )* 1 = 62 . las lecturas azimutales de esta Estación son directamente azimutes.062 = −24 .531
Δx B4 = Dreducida * sen θ B4 = 71.50 * cos 350.50 * cos 116.202.022 = + 60.893 − 1.917 − 1.609 = −54.
Y2 = 10000 .531 + 64.545
9921.531
X4 = 10060.54.58.531 + 54.394
Z1 = 100 + 0.029
X3 = 10060.24.797
Z2 = 100 .530
Z3 = 99.564
9984.0.0.264
10059.662
100. Y.78.094
9975.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Los Δz de las Estaciones a los puntos radiados serán:
Las coordenada absolutas X.356
Y3 = 9984.132
10125.410
XB = 10000 + 60.0.868
Z4 = 99.436 + 29.042
9930.797
Y1 = 10000 + 59.323
YB = 10000 .061
ZB = 100 .868 + 0. Z de las Estaciones y de los puntos radiados serán:
X1 = 10000 .709
10115.436 .178
X2 = 10000 .436
Y4 = 9984.822
9941.15.92
10014.868 .531
71.9480
9930.500
76.029 10014.128
Error de cierre angular = 0.20
9975.241
10125.20 1.000
1.6090 10115.000
Error de cierre en —Y— 0.0000
CALCULO EN COORDENADAS PLANAS ESCALA 1.436
99.10 0.0220
62.2380
9941.2380
100.264 100.0220
Error de cierre en —X— 0.000000
(MEJOR CALCULAR LA RADIACION DESDE LA ESTACION A.128
9984.500
Longitud de la poligonal 125.2750
350.0620
10000.45
10000.90
149.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
RESOLUCIÓN CON TOPCAL.531
9984.9480
10060.82
36.356 100.0620
9921. Y DESPUES CALCULAR LA DESORIENTACION DE LA
ESTACION B.000
10060.500
100.0740
10000.178
10059.0220
62.90 1. CON LA OPCION DESORIENTACIONES/HERRAMIENTAS Y DESPUES RADIAR DESDE LA ESTACION B)
350.0220
Error de cierre en —Z— 0.546
172. Los
dos propietarios de la finca.2050
.1.2.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
P-15.0.553
37.2. se ha tomado la siguiente libreta de campo:
Obtener las coordenadas de los puntos extremos de la línea de partición
278. queda definida planimétricamente
por cuatro vértices (2.33
1. Una finca agrícola en el término municipal de Viana (Navarra).553
Calcular la superficie total de la finca.6990
+ 0.)
1.0.9100
m (mm.420
1. 4 .)
(mm.89
Calcular la libreta aplicando todas las compensaciones necesarias y obtener las coordenadas planimétricas
y altimétricas de los vértices que definen la finca. quieren dividirla en dos partes iguales. 7 y 9).620
327.1270
Para el levantamiento de la misma. se han fijado cuatro estaciones interiores y trabajando con un Taquímetro
autorreductor.7000
. Los vértices 2 y 9.20
367. definen la línea que limita con el camino “La Senda”.11
i (m.420
. pero de forma que tengan la misma longitud de entrada desde el camino.9000
.0.5780
θ BC = LCB + wB = 37.4000 + 37 .55 m.2050 − 35.0066 = 327.5105
θ DC = 322.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Resolución.1785
θ AD = 35.0066
θ AB ((compensado)
compensado) = 327.3995
θ DA = LAD + wD = 307.
K (Hilo inf erior − Hilo sup erior
erior ) 100(1835 − 700)
= 113.1785 = 0. se deduce que ninguna de las estaciones estaba orientada. formado por las cuatro estaciones:
θ AB = 327.1785
Errorα = 35 .3106
θ BC ((compensado)
compensado) = 35.1105 = 122 .0362
= 0.877 = 35.0265 * 4
θ DA ((compensado)
compensado) = 235.3040
θ BA = 127.
113.5105 +
= 122.1810 = −2.0230
θCB = 235.
Por los datos que se nos dan.
.9125 = 37.0230 − 197.3040 + 0.1785+
= 235.5105
wD = θ DC − LCD = 322.5105 − 394.5780 − 72.3040
wB = θ BA − LAB = 127.0265 * 2
= 35.0265
Los acimutes compensados de orientación de los ejes de la poligonal.5 m.9000 − 2.5304
0.3040 − 130.0230 +
Las distancias medias de los ejes. consideraremos fija la estación A y desorientaremos todas las demás respecto de ésta.6 m.9100 = − 72.3995 = 235.0265 * 3
θ CD ((compensado)
compensado) = 122. serán:
Compensaci ón por eje =
Errorα 0.0230
wC = θ CB − LBC = 235. serán:
K (Hilo inf erior − Hilo sup
erior) 100(1736 − 600)
= 113. Por tanto. para proceder a su resolución.1105
θCD = LDC + wC = 85.5
Primero calculamos el error angular de cierre de la poligonal o itinerario.6 + 113.
261 + 64.3106 = − 103.043
Δy DA = DA * cos θ DA = 131.261
Δy BA = AB * cosθ AB = 113.013 + 107.
K (Hilo inferior − Hilo superior ) 100(3024 − 1800 )
= 122 .
K (Hilo inferior − Hilo superior) 100(2314 − 1000)
= 131.4
= 122.4 m.327
Δx CD = CD * sen θ CD = 115.00 m.5304 = − 39.
K (Hilo inferior − Hilo superior ) 100(1615 − 300 )
= 131.5 m.0362 = + 104.2050 = − 111.0 m.55 * cos 327 .232 + 104.873 + 69.327 − 39.190
∑ Δ y = 47.858
∑ Δx = −103.0 m.45 m.40 m.873
Δy CD = CD * cos θ CD = 115.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
K (Hilo inferior − Hilo superior ) 100(1424 − 200)
= 122.043 = 344.5304 = + 107.182
.013 + 107.232 + 104.
122.858 = 303.5
= 131.55 * sen 327.0362 = + 64.45 * sen 235.013
Δy CB = BC * cos θ BC = 122.2050 = −69.873 − 69.858 = −0 .237 + 39.
115.154 = Error
∑ Δ x = 103.
Con las distancias y los acimutes ya calculados.0 + 115 .4 m.4 + 131.232
Δx BC = BC * sen θ BC = 122.
K (Hilo inferior − Hilo superior) 100(2350 − 1200 )
= 115.4 + 122.0
= 115.855 + 111.855 − 111.45 * cos 235.00 * cos 122.3106 = +47.418 = Error
∑ Δy = 47. se pueden calcular los Δx e Δy de los ejes del itinerario:
Δx BA = AB * sen θ AB = 113.
K (Hilo inferior − Hilo superior) 100(2550 − 1400 )
= 115.40 * cos 35.00 * sen 122.043 = −0.261 + 64 .40 * sen 35.4 m.855
Δx DA = DA * sen θ DA = 131.
418 ⎞
Δx BC ( compensado) = + 64.801
303.190 ⎠
0.182 ⎠
0.190 ⎠
0.858 + ⎛⎜111.380 = 5151. 200).636
YD = 5151.801 = 0
Como no conocemos ninguna coordenada absoluta de ninguna de las estaciones.380
.004 − 68.959 = 0
Errory ⎤
Δy BA ( compensado) = Δy BA ( calculado) + ⎢ Δy BA *
∑ Δy ⎥⎦
⎟ = +104. vamos a partir de unas coordenadas para la estación A (5000 .256
YC = 5047 .835 − 111.959
YB = 5000 + 47.873 + ⎜107 .261 *
⎟ = −103 .256 = 5047.182 ⎠
0.636 − 39.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Errorx ⎤
Δx BA (compensado) = Δx BA ( calculado) + ⎢ Δ x BA *
∑ Δx ⎥⎦
0.418 ⎞
Δx BA (compensado) = −103.091 = 4960.864
X C = 4896.959
344.232 + ⎜ 47. por aplicar este programa distinto sistema de compensación lineal)
.327 + ⎜ 104.835 = 5111.154 ⎞
Δy DA ( compensado) = − 111.136
344.091 + 108.256 + 104.154 ⎞
Δy CD (compensado) = −39.955
X D = 4960.855 + ⎜ 39.418 ⎞
Δx CD ( compensado) = + 107.855 *
⎟ = − 39.418 ⎞
Δx DA (compensado) = −69.013 *
⎟ = + 64.154 ⎞
Δy BA ( compensado) = +47 . 5000 .256
.873 *
⎟ = +108.256 + 104.182 ⎠
Comprobaci ón = + 47.261 + ⎜ 103.835
303.136 + 64.955 + 108.864 + 64.190 ⎠
0.136 = 4896.190 ⎠
Comprobaci ón = − 103.801
(se verán discrepancias con los resultados de TOPCAL.182 ⎠
0.013 + ⎜ 64.232 *
⎟ = + 47.858 *
⎟ = −111.043 *
⎟ = − 68. Las coordenadas planimétricas de dichas estaciones serán:
X B = 5000 − 103.004 = 5068.043 + ⎜ 69. 004
344.154 ⎞
Δy CB ( compensado) = + 104.380 − 39.
∑ Δ z = 0.418
Z C = 199.00009
) +) +1. 548 − 0.626
Δz AB =
= −0.272 + 1.254
Z A = 198.746
Z D = 197.626
BA * tg α BCA + i − m = (113
) +1.626
− 0.582 = 199.62
.553−−1.038 ⎞
Δz CD ((compensado)
compensado) = + 0.582
4.7= =+ 1+.453 + ⎜ 1.−0009
− 1.60 * − 0.0150
Δz CDB = t + i − m = CB
.730 = −0.62 − 0.731
Δz CDA = t + i − m = DC
− 1−.038 ⎞
Δz AB ((compensado)
compensado) = − 0.0089) + 1. serán :
∑ Δz = −0.587 − 1.275 = 198 .553
.3 = − 1.450
548 − 10.*4 0*.0138))++11.5 * − 0.587 + ⎜ 0.220
−+ 10.456
324 −+ 10.50
4 **0−.220
(115.042 ⎠
115.0150
Δz BCA = t + i − m = CB
Δz ACBB =
== −−10.0 = + 1.420
56 −−11.0232) + 1.439
4.254 + 1.220
==++10.746 = 200 (comprobaci ón)
) + 1)+.56−−1.6 = −0.0033
0.730 = 4.272 + 1.4 * 0 .729 + 1.729
Δz AD = t + i − m = AD * tg α AD + i − m = (131.08.731
= + 1.275
Δz CBC =
==−+10.450
0.553 − 0.0229
BC * tg α CBC + i − m = (122
tgααCBCD ++ ii−−mm ==(122
0033) + 1.1324
AD * tg α CDAD + i − m = (115
131.439 = 197.979 + 0. 56
.730 + ⎜ 1.=3 −=0−.8==−+01.553
Δz CBC = t + i − m = CD
Δz CDD = t + i − m = DA
tgα DCD ++ ii −− m
(115.0229
Δz ABB = t + i − m = BC
..62 − 0.*5−*0−.4.142.453 + 0.453 + 0.272 + ⎜ 0.
0 324 + 0.1420
− 01.+20=.002) +
.587 + 1.042 ⎠
0.0==+0+.042 ⎠
0.453 *
⎟ = − 1.548
AB * tg α ABB + i − m == (113
122.4* *0.042 ⎠
Z B = 200 − 0.418 − 1.0232
1.002) + 1.7 = +0.0138) + 1.587 *
⎟ = − 0.0456
Δz CAD =
.50 * − 0.12.272
Δz DA = t + i − m = DA * tg α DA + i − m = (131 .038 ⎞
compensado) = −1.62 = −01.038 m.4* *−0.40.
Los errores en cota y su compensaci ón.456
) +)1+.421.730 *
⎟ = + 1.038 ⎞
Δz DA ((compensado)
compensado) = +1.60
4 **−−00.62 − 0.731
+ 1.56 − 1.0089
.272 *
⎟ = +0.2−=0.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Δz AB = t + i − m = AB * tg α AB + i − m = (113.548
Δz BA = t + i − m = BA * tg α BA + i − m = (113.
Y7 = 5151.552 − 0.3106 − 130.8237
θ D9 = L9D + wD = L9D + θ DC − LCD = 119.469
Y2 = 5000 − 98.4 =
= − 0.835 − 2.56 − 2.977
X 4 = 4896.903 m.4)* (− 0. 2050 − 35.835 − 2.5)* sen 172.5)* cos 4.387 = 4901.42 − 2.4 )* (0.984 − 2 . Z de los puntos radiados:
θ A2 = L2A + wA = L2A + θ AD − LDA = 172.
X 2 = 5000 + 45.8237 = + 147.864 − 106.234
Δy C7 = K * l * cosθ C7 = 100 * (3.387
Δz 2A = t + i − m = K * l * tg α + i − m = [100 * (1.955 + 11.199
Δz 9D = t + i − m = K * l * tg α + i − m = [100 * (3.959 + 96.984 − 2 .234 = 4972.170 + 35.977
Δy 2A = K * l * cosθ 2A = 100 * (1.903 = 200.4 )* cos 275.998 = 197.9594
Δx 2A = K * l * sen θ 2A = 100 * (1.9100 = 46.170 = +45.613
Y4 = 5047.4 )* sen 275.696
Δz 4B = t + i − m = K * l * tg α + i − m = [100 * (1.9594 = + 106.648 m.996
Δy 4B = K * l * cosθ B4 = 100 * (1.0043)]+ 1.8237 = + 11.
Δx D9 = K * l * sen θ D9 = 100 * (3.8286 = − 106.586 − 0.9125 ≡ 4.801 + 106.648 = 201.362 m. 2050 = 172 .5 =
= + 0.974
Δz 7C = t + i − m = K * l * tg α + i − m = [100 * (3.9594 = + 96.3390 + 322.362 = 196.61
Y9 = 5111.553 − 0.
Δx C7 = K * l * sen θ C7 = 100 * (3.4 )* sen 46.000
Z 2 = 200 + 0.586 − 0.189
X 9 = 5068.5)* (− 0.5304 − 394.977 = 5045.8286
θ C7 = L7C + wC = L7C + θ CB − LBC = 367.4 )* cos 46.5)* (− 0.0362 − 197.7000 + 235.552 − 0.835 − 2.984 − 2 .002 )]+ 1.979 − 1.4 =
= + 1.5)* sen 4.0011)]+ 1.066
Z 7 = 197. 51 = 5165.552 − 0.5)* cos 172.418 + 1.256
.8286 = − 42.
Δx B4 = K * l * sen θ B4 = 100 * (1.586 − 0. 696 = 5004.998 m.974 = 5299.510
Δy 9D = K * l * cos θ D9 = 100 * (3.256 − 42.617
Z 9 = 198. Y.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Por último.254 − 0. vamos a calcular las coordenadas X.0019)]+ 1.199 = 5218.6990 + 127.170
θ B4 = L4B + wB = L4B + θ BA − LAB = 278 .1810 = 275.170 = − 98.996 = 4789.868
X 7 = 4960.903
Z 4 = 199.5 =
= − 1.636 + 147.62 − 0.
200.2050
5111.000
115.1810
Longitud de la poligonal 482.572
5299.70
5046.620
5004.9100
5218.535
113.3390
327.2101
99. debemos calcular las distancias cenitales en grados centesimales y
las distancias geométricas entre las estaciones.000
199.1810
113.3106
127.1296 ESTACION B
122.4767
115.4334
101.5780
122.1238 ESTACION C
5165.9000
394.731
5151.417
Error de cierre en —Y— 0.816
4901.0265
Error de cierre en —X— 0.432
307.1273
131.9125
4972.001
197.6204 ESTACION D
Antes de introducir los datos a TOPCAL.3040
1. La libreta de campo a introducir será:
4 278.838
4960.400
235.1273
100.4334
122.2050
Error de cierre angular = 0.4000
115.5304
85.0451
5047.400
4789.9427
100.5780
100.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución con Topcal.400
131.0000 ESTACION A
196.3040
4896.0362
Error de cierre en —Z— 0.9125
4789.044
4901.9853 − 169.157
− 400 + arctg
= 22.PUNTO
SUPERFICIE = 82618. con TOPCAL:
4972.044 + 5165.036
= 89.370
102.928 2 = 276.202 2 + 102 .842 + 149.829
256. igual a la mitad de la superficie total)
2 S − D2P *D24* sen ‚
2 * 41309.6666
X Q = X 4 + Δ x Q4 = 4789 .928
≡ 98.768
α = θ 42 − θ 47 = 200 − arctg
= 200 − 75.190
5165.075 * 276. 6805 ≡
316.37 − (169.8888
= 149.6805 − 35.987 * sen 35.309.928
5046.987 * cos 35.987 m 2
239.075 * 0.644 + 5218.9998)
5299.19153
D2 * sen α − D2 * sen (α + β )
35946.608
5218.104 * 0.185 2 = 169.2425 = 4868.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Cálculo de la partición.644
D2P = Δ x 2 + Δy 2 = 59 .014
4901.742
4901.9734 − 400 + 75.839
YQ = Y4 + Δy 4Q = 5004.
Realizaremos el cálculo partiendo de las coordenadas obtenidas por TOPCAL.014
= 5059.572 + 149.075
Aplicamos la siguiente fórmula en la zona segregada:
2S = D Q4 * D24 * sen α + D2P*D 24* sen ‚ − D Q4 * D2P * sen (α + β )
(siendo S la superficie a segregar.202
182 .150
346.104 * 0.644
5004.439
= 5105.2425 = 5132.2425 =
1170.0770
β = θ 29 − θ 24 = arctg
119 .6539
D24 = Δx 2 + Δy 2 = 256.698 2 + 158.
Superficie de la finca. 737 = 41.37 m 2
5046.861
* 82618.
.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
823 . donde se piensa instalar
M (5000. 6254.000 .000)
R (5890.000 .
Calcular las coordenadas X.Y de los puntos que definen dicha partición.
.053 .426)
S(6850. 6574.000)
N(6700.484)
Por decisión de los propietarios este solar hay que dividirlo en dos partes iguales.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
P-16. pero la línea de división
debe ser paralela a la alineación R-N. 7500. Se conocen las coordenadas planimétricas de los vértices extremos de solar. 7700.
015 m.1 + 564817 = 1712560.1
1711.493
1.516 2 = 1135 .058 2 = 1012. 724 2
= 1478.
Superficie MNR = 2449.
Observando el croquis.1 m 2
Superficie RNS = 1902.
Δx + Δ y
= 809. deduciendo previamente las longitudes de los lados a través de las coordenadas.0585 * 889.053 2 + 1245.8035 = 1147743.947 2 + 1445 . Las superficies las calcularemos por la fórmula del semiperímetro. la superficie del triángulo MNR y la
superficie total de la parcela.306
1.1 m 2 .3404
= 1322.
= 960 .898 2
.6195 = 564817 m 2
Superficie Total = 1147743. se puede deducir que la línea de partición estará sobre el triángulo MNR y para calcular su posición será necesario al menos obtener las distancias MN y MR.
= 1700 2 + 200 2 = 1711.898 m.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución.724 m.3404
1711.574 2 = 1530.
= 890.6345 * 767.
= 150 .770 2 + 320.
El problema se reduce ahora a segregar una superficie de 856280 m2 de un triángulo de 1147743.678 m.9565 * 245 .8185 * 738.9205 * 792.576 m.0945 * 918.
1147743.8232 + 1125.1 m2.724 2 1530.574 2 = 1657.
La superficie a segregar será:
X P2 = X M + Δx M2 = 5000 + 1468.5446 = + 1468.366 = 6468.306 * sen 160.366
YP2 = YM + Δ y MP2 = 7500 + 172.5446
Δx MP1 = MP1 * sen θ MR = 1322.493 * sen 92.306 * cos 160.750
Representación.859 = 6424.493 * cos 92 .5016 = + 768.779
Δy M1 = MP1 * cos θ M = 1322.574
= 92.750 = 7672.
YP1 = YM + Δ y M1 = 7500 − 1075.5016 = − 1075.859
Δx M2 = MP2 * sen θ M2 = 1478 .366
Δy MP1 = MP1 * cos θ MR = 1478.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Las coordenadas de los puntos P1 y P2 serán:
θ MP2 = arctg
Δ x MR
890.5016
1245 .779 = 5768.750
X P1 = X M + Δx MP1 = 5000 + 768 .5446 = +172 .053
= 160 .
7574 )
La finca pertenece a dos hermanos y tiene un pozo en el punto A.
– el hermano mayor quiere 2/3 de la finca y debe poseer el punto B. 8700 )
C ( 6890 . 8500 )
B ( 7700 .PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
P-17. 7254 )
D ( 7951 . Las coordenadas de los cuatro vértices de una finca son:
A ( 6000 .
Calcular las coordenadas planimétricas de los puntos fundamentales de la partición. Deciden proceder a su partición de la
– los dos quieren tener acceso al pozo.
206 = 821.74085
= 595201 m 2 .74085 * 1108. Lo haremos aplicando la siguiente fórmula a partir de las coordenadas conocidas:
∑ x n ( y n−1 − y n +1 )
S ACD = [6000 * (7254 − 7574) + 7951 * (8500 − 7254) + 6890 * ( 7574 − 8500) ]=
= 803403m 2 .041
YP = YC + Δy CP = 7254 + 237.072
Δy CP = CP * cosθ PC = 821014
X P = X C + Δx C = 6890 + 786.
La superficie a segregar será: 3 TOTAL
θ DC = arctg
= + 786. con una línea que pase por el punto A.041
Δx C = CP * senθ C = 821014
.014m.206 m.
S TOTAL = 803403 + 982200 = 1785603m . la línea de partición quedará den3
tro del triángulo ACD. El problema queda reducido a la segregación de una superficie de 595201 m2.041 = 7676.072 = 7491.
= +237.
S ABD = [6000 * (7574 − 8700) + 7700 * (8500 − 7574) + 7951 * (8700 − 8500)]=
= 982200 m 2 . necesitamos conocer la distancia
CD = Δx 2 + Δy 2 = 10612 + 320 2 = 1108.
Para saber a qué lado del punto D está la línea de partición que nos piden. de una parcela triangular de 803403 m2. Para ello.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Resolución. calcularemos primero la superficie
de los dos triángulos ACD y ABD.
000 . de forma
. Sus coordenadas planimétricas son:
Q(1100.
Determinar la posición de dos puntos m y n. 1050. para planificar racionalmente el aprovechamiento de los mismos por el ganado.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
P-18.000)
R(1152.000 .000 . La finca viene definida por cuatro vértices Q. Nos piden realizar la partición de una finca de pastizales.000)
T(1092.000)
La alineación definida por los vértices Q y S linda con el camino “Orto” y la definida por los vértices R y T
con el camino “Ocaso”.000)
S (1047. 1185. R. 1007. el primero en la alineación Q-S y el segundo en la R-T.000 . S y T. 1200.
θ TR = 400 − arct
Δy QS
= 382.449 * QM
QM = 17.
Conociendo las distancias y los acimutes.72 m. podemos calcular las coordenadas de los puntos que definen la partición:
Δx QM = 17.9383 = 16.9383 = −4.334
YM = 1007 + 16.619 * sen 382.619 m.3750 − 256. (la solucion QM = 552.619 = 52.666
Δy QM = 17.990 = 1023. se puede establecer la siguiente expresión:
2 * 2186.301
YN = 1050 + 48.436 * QM + 194 .3750
α = θ RQ − θ SQ + 400 = 56.5 = 61.9383 + 400 = 73.666 = 1095.3750 = +48.990
Δx RN = 52.857 * cos 373.9383
= 400 − arctg
= 373.3618
Σx i (y i −1 − y i +1 ) = 8745 m2
Superficie a segregar = 8745 / 4 = 2186.0132 − 382.0749
β = θ TR − θ QR = 373.857 m.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
= 1130. no es válida ya que QS p 201 m.990
X M = 1100 − 4.
En la superficie a segregar.646 * QM − 0.533
Δ yRN = 52.
Para deducir los ángulos y .
X N = 1152 − 21467
.25 m2.619 * cos 382.301
.25 = QR * QM * sen α + QR * RN sen β − QM * RN sen(α + β )
NR = 3 *17.857 * sen 373.301 = 1098. calculamos primero los acimutes de los ejes que los definen:
θ SQ = 400 − arct
θ RQ = arctg
Δ x RQ
Δx QS
Δ xR
= 56.3750 = − 21467
.0132 = 117.
cuyas coordenadas se desconocen.340).410 .“
del Punto de Entrada a la Curva..
d.Las coordenadas planimétricas del vértice.“
Además. se sabe que el azimut de A a V es 14.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
P-19.. se quieren unir mediante un tramo circular de radio 25
metros..8065. La prolongación de dichas alineaciones converge en un vértice “V”.. 2175.910)
B ( 2541.
. 2235.480 .
a.4799 y el azimut de B a V es 315.
Se dispone de las coordenadas planimétricas de un punto “A” en la primera alineación y de un punto “B”
A ( 2421.
b. Dos alineaciones rectas de una acequia.“
7404 = 45.4799 − 115.3266 = C
Te = R * tg C = 25 * tg 50.973
V = θ VA − θ VB = 214.133
AV = 133.648 = 2441 .4799 = + 84.7404
59.889 = 2260.07 2 + 59.133 * sen 14.07
θ AB = arctg
= 70.6633= 25.526
.910 + 84.648
Δy VA = AV * cos θ VA = 87.2605
B = θ VB − θ BA = 315.4799 = + 19.4799 = 56.
Primero calculamos las coordenadas del vértice V:
D BA = Δx 2 + Δy 2 = 120.8065 = 98.8065 − 270.2605 + 45.6734 = 200
sen 45.410 + 19.6734
Tenemos la distancia y el acimut del punto A al vértice. luego podemos calcular sus coordenadas:
Δx VA = AV * sen θ VA = 87.432 = 133.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Resolución.6734 = 101.6734
En el triángulo AVB:
A = θ A − θ A = 70.889
X V = X A + Δ x VA = 2421.058
YV = YA + Δy VA = 2175.526
Tangente de salida = Ts = Te = 25.7404 − 14.133 * cos 14.0661
= 87.0661
Comprobaci ón
A + B + V = 56.0661 + 98.973 *
sen 98.799
Angulo en el centro = 200 – V = 200 – 98.
799 − 24.8065 = − 6.930
Δx V s = Ts * sen θ v = 25.743 = 2465.756
Δy V e = T * cos θ v = 25.526 * cos 214.302
YP = Yv + Δy V e = 2260.293
.4799 = − 5.526 * sen 115.4799 = 2230.743
Δy V S = T * cosθ vB = 25.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Las coordenadas de los puntos buscados serán:
Δx Ve = T * sen θ vA = 25.658
YC = YPe + Δy CPe = 2235.4799 = − 24.302 + 25 * sen 114.058 + 24 .8065 = + 24.4799 = 2459.058 − 5.756 = 2435.799 − 6.273 = 2254.526
X C = X Pe + Δx CPe = 2435.526 * sen 214.273
X P = X v + ΔxV s = 2441.869 = 2235.801
YP = Yv + Δy V s = 2260.869
X P = X v + ΔxV e = 2441.526 * cos 115.930 + 25 * cos 114.
P-20. 235. Y de dos puntos en cada uno de los bordes:
A(436. que coincide con un vértice de dicha parcela.91)
C(487.34)
El camino tiene 5 metros de anchura y se desea mantenerla a lo largo del enlace circular.81)
B(421. 239.48 . con un radio de 50 metros y saber qué superficie se debe expropiar.
. Se quiere replantear un enlace circular
entre ambos caminos. 175. 249. Calcular la
superficie a expropiar.03)
D(541. Se conocen las
coordenadas X.48 .41 . Los bordes de dos caminos rurales lindantes a una parcela interseccionan en un punto V de coordenadas desconocidas.20 .
63.6734 = 101.738
X Pe = X V + Δ xVPe = 441.4799 = + 84.8065 − 270.2605
Angulo en D = θ DC − θ DB = 315.7404 − 14.546 = 248.973
sen 45.91 + 84.546
X Ps = X V + Δ xVPs = 441.4799 = − 49.973 *
= 87 .9
ΔA y
YPe = YV + Δy VPe = 260.9
14.4799 = +19. 7404
.8065 = + 49.053 = Ts
ΔxVPe = Te * sen θ AB = 51.07
= 214.799
Una vez calculado V.487 = 490.512 = 429.
Primero calcularemos las coordenadas del vértice V a partir de las dos alineaciones que nos definen en el
θ BA
θ BD
θ DB
θ CD
Angulo en V = θ VB − θ VD = θ AB − θ CD = 214.07 2 + 59.7404 = 45.00
= 270.79
= arctgθ B ==214
= 14.053 * sen 115.JACINTO SANTAMARÍA PEÑA
Resolución.061
ΔxVPs = Ts * sen θ CD = 51. obtenemos las tangentes de entrada y salida a la curva:
V + α = 200
α = 200 − 98.00
= 315 .058 + 49 .43
ΔD y
54.4799 = 56.133 * sen 14.4799 − 115.43
YV = YB + Δy VB = 175.4799
θ BD = arctg
θ CD = 400 − arctg
= 315 .41 + 19.4799
.8065 = 98.8065 = − 12.545
YPs = YV + Δy V s = 260.8065
59.053 * cos 115.053 * sen 214.889 = 260.799 − 49.6633 = 51.738 = 211.43 2 = 133.512
Δy VPe = Te * cosθ AB = 51.69
θ BA = arctg
= 14.889
X V = X B + Δ x VB = 421.648 = 441.6734
Δx VB = BV * sen θ BA = 87.4799 = − 11.648
Δy VB = BV * cosθ BA = 87.058 − 11. 7404
sen 98.799 − 12.0661
= 133.133 * cos 14.3266
α tangente de entrada
Te = R * tg = 50 * tg 50.8065
= arctgθ B ==270
Angulo en B = θ BD − θ BA = 70.6734
BD = Δx 2 + Δy 2 = 120.053 * cos 214.487
Δy VPs = Ts * cosθ CD = 51.4799
Representación.54 m 2
Superficie del cuadrilate ro V .54 = 563.65 − 1989.
α * π * R 2 101.O .65 m 2
Superficiea expropiar = 2552.PROBLEMAS RESUELTOS DE TOPOGRAFÍA PRÁCTICA
Ahora calculamos la superficie a expropiar. que coincide con el terreno existente entre las alineaciones V-Pe.Pe .Ps = ⎡Te 2 * sen V + R 2 * sen α ⎤= 2552. 3266 * π * 2500
= 1989 .
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