Άσκηση 1 : Δίνονται οι συντεταγμένες δυο σημείων Χ ο =2355.22m, Y ο =-4231.33m, X 1 =2670.12m, Y 1 =-4728.45m. Μετρήθηκαν οι γωνίες θλάσης (β 1 =250 g.2345.

Παρουσίαση με θέμα: "Άσκηση 1 : Δίνονται οι συντεταγμένες δυο σημείων Χ ο =2355.22m, Y ο =-4231.33m, X 1 =2670.12m, Y 1 =-4728.45m. Μετρήθηκαν οι γωνίες θλάσης (β 1 =250 g.2345."— Μεταγράφημα παρουσίασης:

1 Άσκηση 1 : Δίνονται οι συντεταγμένες δυο σημείων Χ ο =2355.22m, Y ο =-4231.33m, X 1 =2670.12m, Y 1 =-4728.45m. Μετρήθηκαν οι γωνίες θλάσης (β 1 =250 g.2345 και β 2 =165 g.0188) και οι οριζόντιες αποστάσεις (S 12 =111.48m, S 23 =167.81m) 0 1 2 3 β1β1 β2β2 Να υπολογισθούν: Οι συντεταγμένες των σημείων 2 και 3, καθώς και οι γωνίες διεύθυνσης G 01, G 12 και G 23

2 ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 1 Εφ’ όσον ζητούνται οι συντεταγμένες των σημείων 2 και 3 και γνωρίζουμε τις συντεταγμένες του σημείου 1, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το 1 ο Θ.Π. διαδοχικά για να τις υπολογίσουμε. Ισχύει λοιπόν: (1) Στις σχέσεις αυτές οι γωνίες διεύθυνσης G 12 και G 23 μπορούν να υπολογισθούν με χρήση του 3 ου Θ.Π. Σύμφωνα με την θεωρία η εφαρμογή του 3 ου Θ.Π. είναι η ακόλουθη: (2) Εναλλακτικά η γωνία G 23 μπορεί να υπολογισθεί και ως εξής: G 23 =G 01 +β 1 +β 2 +2*200-k*400 Άρα πρέπει να υπολογισθεί η γωνία διεύθυνσης G 01. Αυτό μπορεί να γίνει με την χρήση του 2 ου Θ.Π. X 2 =X 1 +S 12 *sinG 12 Y 2 =Y 1 +S 12 *cosG 12 X 3 =X 2 +S 23 *sinG 23 Y 3 =Y 2 +S 23 *cosG 23 G 12 =G 01 +β 1 +200 g –k*400 g G 23 =G 12 +β 2 +200 g –k*400 g

3 α= arctan( |Δx| / |Δy| ) = arctan( |x 1 -x 0 | / |y 1 -y 0 | ) = arctan( |314.9| / |-497.12|)=35.9468 g Επειδή Δχ>0, Δy Αντικαθιστώντας στις σχέσεις (2) προκύπτει ότι: G 12 =164.0532 g +250.2345 g +200 g -k·400 g =614.2877 g -k·400 g =614.2877 g -1·400 g => G 12 =214 g.2877 G 01 =164 g.0532 G 23 =214.2877 g +165.0188 g +200 g -k·400 g =579.3065 g -k·400 g =579.3065 g -1·400 g => G 23 =179 g.3065 Εναλλακτικά, ισχύει από το 3 0 θεμελιώδες πρόβλημα ότι: G 23 =G 01 +β 1 +β 2 +n·200 g -k·400 g =164.0532 g +250.2345 g +165.0188 g +2·200 g -k·400 g => G 23 =979.3065 g -2·400 g => G 23 =179 g.3065 Αντικαθιστώντας στις σχέσεις (1) προκύπτουν οι συντεταγμένες των σημείων 2 και 3 που είναι οι ακόλουθες:

4 X 2 =2645.31m Y 2 =-4837.13m Και X 3 =2698.90m Y 3 =-4996.15m

5 Άσκηση 2 : Να συγκριθούν οι υπολογισμένες με τις δοθείσες συντεταγμένες του σημείου Κ και να σχολιασθούν οι διαφορές. Οι συντεταγμένες των τριγωνομετρικών Α,Β, και Κ δίνονται στον παρακάτω πίνακα: ΔΟΘΕΙΣΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ X(m)Y(m) A-527.752189.11 B0260.00 K373.75139.50 A B 1 2 3 K βΒβΒ β1β1 β2β2 β3β3 β Β =147 g.1017 β 1 =213 g.2010 β 2 =148 g.4808 β 3 =224 g.0008 S Β1 =90.02m S 12 =100.04m S 23 =100.22m S 3K =120.25m Οι γωνίες θλάσης και οι αποστάσεις που μετρήθηκαν είναι:

6 ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 2 Για να υπολογισθούν οι συντεταγμένες του σημείου Κ, πρέπει να εφαρμόσουμε διαδοχικά το 1ο θεμελιώδες πρόβλημα από το πρώτο σημείο μέχρι και το Κ. Έτσι έχουμε: ΣΗΜΕΙΟ 1 Χ 1 =Χ Β +S Β1 ·sin G Β1 Y 1 =Y B +S B1 ·cosG Β1 G Β1 =G AB +β B +200 g (-k·400 g ) α = arctan|(Χ Β -Χ Α )| / |(Y Β -Y Α )| = arctan|527.75| / |-1929.11| => α = 17 g.0002 Άρα πρέπει να βρούμε το G ΑΒ (+)Δχ / Δy(-) => G ΑΒ = 200 g – α = 200 g – 17 g.0002 => G AB = 182 g.9998 Επομένως: G Β1 = 182 g.9998 + 147 g.1017 + 200 g (-k·400 g ) => G Β1 = 130 g.1015 Αντικαθιστώντας στις σχέσεις του 1ου θεμελιώδους βρίσκουμε: X 1 = 80.14m Υ 1 = 219.00m

7 Όμοια για το σημείο 2 έχουμε: ΣΗΜΕΙΟ 2 Χ 2 = Χ 1 +S 12 ·sinG 12 Y 2 = Y 2 +S 12 ·cosG 12 G 12 = G B1 +β 1 +200 g (-κ·400 g ) => G 12 =130 g.1015+213 g.2010+200 g (-κ·400 g ) => G 12 = 143 g.3025. Αντικαθιστώντας από τα προηγούμενα, προκύπτει ότι: X 2 = 157.92m Υ 2 = 156.08m ΣΗΜΕΙΩΣΗ Στο ίδιο αποτέλεσμα θα καταλήγαμε αν εφαρμόζαμε από την αρχή το 3ο Θεμελιώδες Πρόβλημα. Σ αυτήν την περίπτωση θα είχαμε : G 12 = G ΑΒ +β Β +β 1 + 2·200 g (-κ·400 g ) => G 12 = 182 g.9998 + 147 g.1017 + 213 g.2010 + 2·200 g (-κ·400 g ) => G 12 = 143 g.3025.

8 Όμοια για το σημείο 3 έχουμε: ΣΗΜΕΙΟ 3 Χ 3 = Χ 2 +S 23 ·sinG 23 Y 3 = Y 2 +S 23 ·cosG 23 G 23 = G 12 +β 2 +200 g (-κ·400 g ) => G 12 =143 g.3025+148 g.4808+200 g (-κ·400 g ) => G 23 = 91 g.7833. Αντικαθιστώντας από τα προηγούμενα, προκύπτει ότι: X 3 = 257.31m Υ 3 = 168.98m ΣΗΜΕΙΩΣΗ Στο ίδιο αποτέλεσμα θα καταλήγαμε αν εφαρμόζαμε από την αρχή το 3ο Θεμελιώδες Πρόβλημα. Σ αυτήν την περίπτωση θα είχαμε : G 23 = G ΑΒ + β Β + β 1 + β 2 + 3·200 g (-κ·400 g ) => G 23 = 182 g.9998 + 147 g.1017 + 213 g.2010 +148 g.4808 +3·200 g (-κ·400 g ) => G 23 = 91 g.7833.

9 Όμοια για το σημείο K έχουμε: ΣΗΜΕΙΟ K Χ K = Χ 3 +S 3K ·sinG 3K Y K = Y 3 +S 3K ·cosG 3K G 3K = G 23 +β 3 +200 g (-κ·400 g ) => G 3K =91 g.7833+224 g.0008+200 g (-κ·400 g ) => G 3K = 115 g.7841. Αντικαθιστώντας από τα προηγούμενα, προκύπτει ότι: X K = 373.88m Υ K = 139.47m ΣΗΜΕΙΩΣΗ Στο ίδιο αποτέλεσμα θα καταλήγαμε αν εφαρμόζαμε από την αρχή το 3ο Θεμελιώδες Πρόβλημα. Σ αυτήν την περίπτωση θα είχαμε : G 3K = G ΑΒ + β Β + β 1 + β 2 + β 3 + 4·200 g (-κ·400 g ) => G 3K = 182 g.9998 + 147 g.1017 + 213 g.2010 +148 g.4808 + 224 g.0008 + 4·200 g (-κ·400 g ) => G 3K = 115 g.7841.

10 Παρατηρούμε ότι οι τελικές συντεταγμένες του σημείου Κ διαφέρουν ελάχιστα από τις συντεταγμένες που δόθηκαν στην αρχή για το σημείο αυτό. Ο λόγος που συμβαίνει αυτό, είναι ότι κατά την διαδικασία των μετρήσεων των γωνιών και των αποστάσεων με τον γεωδαιτικό σταθμό, έγιναν κάποια σφάλματα και το συνολικό σφάλμα φαίνεται συσσωρευμένο στις τελικές συντεταγμένες που υπολογίσθηκαν αναλυτικά στις προηγούμενες αριθμητικές πράξεις.

11 Άσκηση 3 : 520 Α Β Γ Δ 74 59 25 108 50 20 124 160 37 Ρ Τ 65 95 35 32 3 402 521 Στο σχήμα που ακολουθεί φαίνεται σκαρίφημα τμήματος τοπογραφικού διαγράμματος διανομής. Φαίνονται τα μήκη των πλευρών των αγροτεμαχίων, καθώς και οι προφανείς καθετότητες και παραλληλίες των πλευρών. Επίσης φαίνονται δυο ορόσημα (σημεία γνωστών συντεταγμένων) τα 521 και 520των οποίων οι συντεταγμένες είναι: X 520 = -18486.61mX 521 = -18660.70m Y 520 = 24544.88mY 521 = 24130.73m Να υπολογισθούν οι συντεταγμένες των κορυφών Α,Β,Γ,Δ του αγροτεμαχίου ΑΒΓΔΑ.

12 ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 3 Από τις συντεταγμένες των ορόσημων 521 και 520 μπορούμε να υπολογίσουμε την γωνία διεύθυνσης από το 521 προς το 520 (Αντίστροφο πρόβλημα / 2 ο Θεμελιώδες). Από τις συντεταγμένες του 521, την απόσταση 521-Ρ, και την G 521,520 που είναι η ίδια με το G 521,P επειδή τα σημεία 520, 521, Ρ είναι συνευθειακά, εφαρμόζουμε το ευθύ πρόβλημα 1 ο Θεμελιώδες και υπολογίζουμε τις συντεταγμένες του σημείου P. Η γωνία διεύθυνσης από το P προς το Τ θα είναι το άθροισμα της γωνίας διεύθυνσης G 521,P και της γωνίας 100 βαθμών λόγω της καθετότητας στο σημείο P. Με βάση την γωνία διεύθυνσης G Ρ,Τ και την απόσταση PT υπολογίζουμε τις συντεταγμένες του σημείου Τ (ευθύ πρόβλημα). Όμοια υπολογίζουμε τις συντεταγμένες των σημείων Α,Β,Γ,Δ. Γωνία γιεύθυνσης G 521,520 : Δx = x 520 – x 521 =174.09m Δy = y 520 – y 521 =414.15m α = arctan (|Δx| / |Δy|) = 25 g.33299 και επειδή Δx και Δy θετικά, G 521,520 =25 g.33299 S 520,P =402+3+32=437m και με αντικατάσταση στο 1ο Θ.Π. έχουμε: X Ρ = -18491.36m Υ Ρ = 24533.59m

13 ΣΗΜΕΙΟ Τ S PT =160m G PT =25 g.33299+100 g =125 g.33299 X T = -18343.86m Υ T = 24471.59m ΣΗΜΕΙΟ A S TA =37+20+50m =107m G TA =25 g.33299 (λόγω παραλληλίας των ευθειών 521,520 και Τ,Α) Οπότε: X Α = -18302.40m Υ Α = 24570.23m ΣΗΜΕΙΟ Β S TΒ =132m G TΒ =25 g.33299 (Τ, Α, Β συνευθειακά) Οπότε: X Β = -18292.71m Υ Β = 24593.28m

14 ΣΗΜΕΙΟ Γ S ΒΓ =59m G ΒΓ =25 g.33299 +300 g =325 g.33299 (λόγω καθετότητας) Οπότε: X Γ = -18347.10m Υ Γ = 24616.14m ΣΗΜΕΙΟ Δ S ΑΔ =74m G ΑΔ =25 g.33299 +300 g =325 g.33299 (λόγω παραλληλίας με την ΒΓ) Οπότε: X Δ = -18370.62m Υ Δ = 24598.91m

15 Άσκηση 4 : Δίνονται: G AB =361 g.3434 και G ΒΓ =106 g.6484. Να βρεθεί η γωνία φ. φ Α ΒΓ

16 ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 4 Είναι φ=G ΒΑ -G ΒΓ Όμως από τον ορισμό της γωνίας διεύθυνσης, γνωρίζουμε ότι η αντίστροφη γωνία διεύθυνσης δίνεται από την σχέση: G ΒΑ =G ΑΒ +200 g Άρα G ΒΑ =361 g.3434+200 g =>G BA =561.3434 g και αφαιρώντας 400 g (γιατί το προηγούμενο αποτέλεσμα σημαίνει ότι έχουμε διαγράψει ήδη έναν πλήρη κύκλο), θα έχουμε G BA =161.3434 g. Αντικαθιστώντας τελικά θα έχουμε φ=54.695 g. ΠΡΟΣΟΧΗ ! Στο ίδιο αποτέλεσμα θα φτάναμε αν εφαρμόζαμε το 3ο θεμελιώδες πρόβλημα (προσοχή στην επιλογή ενιαίας φοράς όδευσης για όλες γωνίες διεύθυνσης !) Σ’ αυτή την περίπτωση θα είχαμε:

17 G ΒΑ =G ΓΒ +φ+200 g => φ = G ΒΑ -G ΓΒ -200 g => φ = (G ΑΒ +200 g )-(G ΒΓ +200 g )-200 g =>φ = (361.3434 g +200 g )-(106.6484 g +200 g )-200 g =>φ = 561.3434 g -306.6484 g -200 g =>φ =54.695 g

18 Άσκηση 5 : Δίνονται: G AΓ =363 g.151 και φ=114 g.258. Να βρεθεί η G AB. φ Β Α Γ

19 ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 5 Ισχύει ότι φ=G ΑΒ -G ΑΓ => G ΑΒ = φ+ G ΑΓ => G ΑΒ = 477.409 g (-400 g ) => G ΑΒ = 77.409 g. Στο ίδιο αποτέλεσμα θα καταλήγαμε αν εφαρμόζαμε το 3ο θεμελιώδες πρόβλημα. Σ αυτή την περίπτωση θα είχαμε: G ΑΒ =G ΓΑ +φ+200 g = (G ΑΓ +200 g )+φ+200 g =>G ΑΒ = 363.151 g +200 g +114.258 g +200 g =>G ΑΒ = (563.151 g -400 g )+314.258 g = 163.151 g +314.258 g =>G ΑΒ = 477.409 g (-400 g ) => G ΑΒ = 77.409 g.