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Rettifica di un confine poligonale - Esercizio completo con spiegazione Step by Step

Esercizi di Topografia su Rettifica di un confine poligonale elaborati dal publisher sulla base di appunti personali e frequenza delle lezioni del professore Malnieri, Università degli Studi Calabria - Unical. Scarica il file con le esercitazioni in formato PDF!

Esame di Topografia docente Prof. F. Malnieri

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AE = (Xe-Xa)² (Ye-Ya)² = 160,43 m

(AE) = arctg [(Xe-Xa) / (Ye-Ya)] = 67,5206

Fatto ciò , dobbiamo calcolare le aree dei triangoli scomposti dal vecchio confine

AE , ovvero :

TRIANGOLO CON VERTICI ABM

1. TRIANGOLO CON VERTICI MCN

2. TRIANGOLO CON VERTICI NDE

3.

Quindi ci andiamo a calcolare tutti i dati che ci servono per il calcolo delle tre aree.

Questo lo facciamo tramite i teoremi di Sen , Cos , sottrazioni , ecc.

Per la corretta comprensione dei calcoli , ti suggerisco di tenere in vista la figura

disegnata da me , allegata nella prima pagina dell’esercizio. Se lo farai non avrai

alcun problema di comprensione!

α 1 = (AB) – (AE) = 32,4794

α 1 + β) = 91,1317

φ1 = 200 – (

BM = AB * (sen α 1 / sen φ1) = 33,22 m

Siamo ora in grado di calcolarci l’area del primo triangolo ABM , che sta al di sotto

del confine insieme al triangolo NDE .

AREA TRIANGOLO ABM

A = ½ * AB * BM * sen β = 1042,93m²

Ricaviamo altri dati necessari al calcolo delle altre due aree.

γ1= 400 – γ = 62,2963 (Guarda sempre bene la figura per la corretta comprensione delle

formule)

Facciamo una veloce citazione sul teorema degli ‘’angoli opposti al vertice’’, poiché

in questo esercizio troveremo 2 casi. Questo teorema dice che l’angolo di un vertice

è uguale all’angolo opposto dello stesso vertice. Per esempio in questa figura

troviamo un vertice che si forma con l’incontro di 2 rette , che posa un angolo a

destra e uno a sinistra. Questo angolo α che sta a destra , è uguale all’angolo α1

che sta a sinistra.

Quindi nel nostro caso , abbiamo l’angolo φ1 sul vertice M , e dal lato opposto dello stesso

vertice abbiamo φ2 , che equivale a φ1. (φ1= φ2)

2 =

φ φ1 = 91,1317

2 + γ1) = 46,5720

ω1 = 200 – (φ

MC = BC – BM = 28,20 m

CN = MC * (sen 2 / sen

φ ω1) = 41,81 m

Calcoliamo l’area del secondo triangolo , con vertici MCN , che sta al di sopra del vecchio

confine.

AREA TRIANGOLO MCN

γ1 = 489,12 m²

A = ½ *MC * CN * sen

Calcoliamo ora i dati che servono per il calcolo dell’area dell’ultimo triangolo rimasto , con

vertici NDE.

ND = CD – CN = 37,57 m

Possiamo ora calcolare l’area dell’ultimo triangolo dei 3 , il secondo che si trova sotto la

linea del vecchio confine , quello con vertici NDE

AREA TRIANGOLO CON VERTICI NDE

δ = 778,33 m²

A = ½ * ND * DE * sen

Ora che abbiamo trovato le aree dei triangoli , dobbiamo sommare le aree dei

triangoli che stanno sopra il vecchio confine , e sommare quelle che stanno sotto il

vecchio confine. In questo caso abbiamo 3 triangoli :

Il triangolo ABM sta SOTTO il vecchio confine

Il triangolo MCN sta SOPRA il vecchio confine

Il triangolo NDE sta SOTTO il vecchio confine

Quindi in questo caso , si sommeranno le aree dei triangoli ABM e NDE , e l’area del

triangolo MCN rimarrà invariata poiché non esistono altri triangolo sopra il confine.

A(abm) + A(nde) = 1821,26 m²

²

A(mcn) = 489,12 m

Ora verrà tracciato il nuovo confine , congiungendo il vertice A con un punto

(graficamente fittizio) che chiamiamo P , che starà sulla retta E’ , e che disegnerà il

triangolo con vertici AEP che avrà l’area pari alla differenza delle aree sotto il

vecchio confine e sopra il vecchio confine. Quindi il nuovo confine sarà AP , e non

più AE. La finalità dell’esercizio sta nel trovare la distanza che c’è tra il vecchio

punto di congiunzione con il vertice A,quindi E ,e il nuovo punto di congiunzione

con il vertice A ,quindi P.

La nostra incognita finale è quindi EP. (Guarda figura)

Abbiamo quindi che :

(A (abm) + A (nde)) – A (mcn) = A (aep) = 1332,14 ²

m

Per calcolare EP utilizzeremo la formula inversa della formula dell’area del triangolo.

* EP = [ (2*A(aep)) / (AE * sen E^) ]

* E^ = 200 – ε – ε1 E^ : ANGOLO IN

VERTICE E

ε 1 200 – – δ

= ω2

Dove sul vertice N abbiamo ω2 che è uguale a ω1 per il teorema sopraindicato

in precedenza , quello degli ‘’angoli opposti al vertice’’. Quindi =

ω2 ω1.

ε 1 200 – – δ = 40,4465

= ω2

* E^ = 200 – ε – ε1 = 97.8724

Ora possiamo calcolare EP, che è l’incognita finale , quindi l’ultimo calcolo

dell’esercizio.

EP = [ (2*A(aep)) / (AE * sen E^) ] = 16,62 m


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7

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DETTAGLI
Esame: Topografia
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria civile
SSD:
Università: Calabria - Unical
A.A.: 2015-2016

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher fabianomai di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Topografia e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Calabria - Unical o del prof Malnieri Fabiano.

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