nivelamento trigonométrico

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DISCIPLINA TOPOGRAFIA B 
NIVELAMENTO 
TRIGONOMÉTRICO 
DR. CARLOS AURÉLIO NADAL 
PROFESSOR TITULAR 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARANÁ 
SETOR DE CIÊNCIAS DA TERRA 
DEPARTAMENTO DE GEOMÁTICA 
Equipe do USGS - 1902 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Equipe de nivelamento geométrico de trigonométrico do USGS 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
PUBLICIDADE DA SELEÇÕES READERS DIGEST -1962 
 (TEODOLITO TMV-2 VASCONCELOS) 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
DESNÍVEL OBTIDO POR TAQUEOMETRIA 
-DIFERENÇA DE ALTURA ENTRE OS PONTOS A e B (hAB) 
A 
B 
hAB 
z 
I 
fs 
fi 
fm 
 hAB = I – fm + 50 x (fs-fi) x sen [2 x (90
o - z)] 
I = altura do instrumento 
fs = leitura do fio superior 
fm = leitura do fio médio 
fi = leitura do fio inferior 
z = distância zenital medida 
MIRA 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Z= ângulo zenital D= distância horizontal 
D’= distância inclinada hs= altura do alvo 
hi= altura do instrumento Dv = distância vertical 
 ΔHAB = desnível de A para B 
PRINCIPIO DO MÉTODO DE NIVELAMENTO TRIGONOMÉTRICO 
ΔHAB = D’.cosZ + hi – hs 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
ERROS SISTEMATICOS: CURVATURA E REFRAÇÃO 
R=6372KM (raio da Terra) 
D=distância horizontal nivelada 
K=0,12 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Nivelamento trigonométrico 
erros de curvatura e a refração 
 
T 
R 
A 
B 
T ' 
A' 
z 
90° - z 
B' 
dh = AB' = di x cos (90° - z) = di x sen z 
dh 
T’A’ = TA = I RB = S A'B = hAB 
hAB = T 'R + I - s 
hAB = di x cos z + I - S+E-r 
E=dh2/2R 
R = 0,12 E 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Posição direta da luneta PD Posição inversa da luneta PD 
P 
Ze F 
ZPD 
P 
Ze F 
ZPI 
zo zo 
Zo = erro de zênite instrumental 
Z= ZPD- Zo Z=360°-(ZPI + zo) Z = 360° + ZPD - ZPI 
2 
Zo = ZPD+ ZPI - 360° 
2 
0 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Z 
Z 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
PRISMA REFLETOR PASSIVO PARA MEDIDA DE DISTÂNCIA 
E DESNÍVEL 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
ALTURA DO PRISMA 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
MEDIDA DA ALTURA DO INSTRUMENTO 
Eixo horizontal 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Exercício 01 
Em 11 de novembro de 1991 foi levantado por taqueometria utilizando-se um 
teodolito Kern DKM2 um pequeno caminho, através de três seções transversais. 
 Estação: 0=PP, I=1,47m A01= 180°03´51ʺ 
 
Ponto 
visado 
Direção 
horizontal 
Direção 
vertical 
Fio 
superior 
Fio 
 médio 
Fio 
 inferior 
1 358°02´35ʺ 79°38´35ʺ 1,225 1,198 1,174 
1e 347°49´26ʺ 77°48´25ʺ 0,821 0,800 0,769 
1d 7°36´01ʺ 89°21´50ʺ 1,228 1,200 1,172 
2d 3°57´58ʺ 85°02´09ʺ 1,753 1,700 1,647 
2 358°59´49ʺ 81°44´25ʺ 1,152 1,100 1,048 
2e 354°52´54ʺ 78°35´49ʺ 0,555 0,500 0,445 
3d 3°17´35ʺ 85°39´24ʺ 2,077 2,000 1,923 
3 0°00´35ʺ 82°02´28ʺ 1,080 1,000 0,922 
3e 355°30´38ʺ 82°09´01ʺ 1,028 0,950 0,872 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
estação 0=PP azimute grau min seg rad 
0->1 180 3 51 3,142713 i= 1,47 m 
ponto direção horizontal direção vertical fios estadimétricos 
visado grau min seg radiano grau min seg radiano fs fm 
1 358 2 35 6,249030 79 38 35 1,390034 1,225 1,198 
1e 347 49 26 6,070672 77 48 25 1,357987 0,821 0,800 
1d 7 36 1 0,132650 89 21 50 1,559694 1,228 1,200 
2d 3 57 58 0,069222 85 2 9 1,484155 1,753 1,700 
2 358 59 49 6,265679 81 44 25 1,426637 1,152 1,100 
2e 354 52 54 6,193854 78 35 49 1,371775 0,555 0,500 
3d 3 17 35 0,057475 85 39 24 1,494991 2,077 2,000 
3 0 0 35 0,000170 82 2 28 1,431888 1,080 1,000 
3e 355 30 38 6,204830 82 9 1 1,433793 1,028 0,950 
cota= 900 m 
 distância desnível cota 
fi m m m 
1,174 4,935164 1,173939 901,1739 
0,769 4,968038 1,743498 901,7435 
1,172 5,59931 0,332167 900,3322 
1,647 10,52063 0,683806 900,6838 
1,048 10,18536 1,848572 901,8486 
0,445 10,57002 3,101877 903,1019 
1,923 15,31167 0,632937 900,6329 
0,922 15,49708 2,636635 902,6366 
0,872 15,30902 2,630611 902,6306 
D=100(fs-fi)cos2(90°-z) 
HAB=I-fm+50(fs-fi)sen2(90°-z) 
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Exercício 02 
Estação A I=1,457m S=2,000m 
Ponto visado posição Distância Zenital distância 
B PD 85° 12´ 35ʺ 120,456 
PI 274° 47´ 23ʺ 120,454 
Calcular: 
a) O desnível de A para B e o erro de zenite instrumental 
 
 HAB= 9,515m Zo = -1ʺ 
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Exercício 03 
Calcular a altura do edifício (AC), mostrado no croqui, 
colocando-se a estação total em E e o refletor em C. 
 
Estação: E I=1,425m croqui: 
Ponto visado Distância zenital 
A 78°02´55ʺ 
B 89°33´05ʺ 
S=2,000m 
Distância E-B 95,235m 
A 
B 
E 
I 
S 
C 
Altura do edifício = 21,412m 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Posicionamento 
tridimensional no terreno 
X 
Y 
Z 
O 
cota 
abcissa 
ordenada 
p 
p’ 
xp 
yp 
zp 
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Máquina de medição tridimensional 
x 
y 
z 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Sistema de coordenadas cartesianas ortogonais 
tridimensionais e coordenadas polares 
y 
x 
z 
p 
p’ 
xp 
yp 
zp 
Aop 
o 
v dop 
p” 
ângulo vertical 
ângulo horizontal 
(azimute) 
distância espacial 
abcissa 
ordenada 
cota 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
p 
o 
p’ 
do
p v 
v 
zp 
dh 
dh = dop x sen v 
 
zp = dop x cos v 
Transformação de coordenadas cartesianas 
em polares 
y 
x 
z 
p 
p’ 
xp 
yp 
zp 
Aop 
o 
v 
do
p 
p” 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
p” yp o 
p’ 
xp 
Aop 
xp = dh x sen Aop 
 
yp = dh x cos Aop 
xp = dop x sen v x sen Aop 
 
yp = dop x sen v x cos Aop 
Transformação de coordenadas cartesianas 
em polares 
y 
x 
z 
p 
p’ 
xp 
yp 
zp 
Aop 
o 
v 
do
p 
p” 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Uma linha reta no espaço pode agora ser observada como a que 
liga o ponto P ao ponto Q. 
X 
Y 
Z 
P 
P´ 
zp 
xp 
yp 
+20 
0 
+40 
-20 
+40 
+20 +40 -20 -40 
+20 
+40 
-20 
-40 
Q 
xq 
yq 
zq 
reta no espaço 
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A distância espacial PQ é fornecida analiticamente pela expressão: 
 
 d =[(xp - xq) ² + (yp-yq) ² + (zp-zq) ² ] 
Assim se ponto P possuí coordenadas em metros P(-40; 20; 40) e o 
ponto Q possui coordenadas em metros Q( 60;40;-20), a distância 
espacial entre eles é fornecida da seguinte forma: 
 
d =[(-40 - 60) ² + (20-40) ² + (40+20) ² ] 
 
d =  
 
d = 8,32m 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Exercício: 
Utilizou-se uma estação total, com um sistema de coordenadas ortogonal tridimensional 
situado em seu centro óptico, com a seguinte orientação, o eixo y com sentido positivo 
para o norte geográfico, o eixo x com sentido positivo para leste e o eixo z coincidente 
com o fio de prumo com sentido positivo para o zenite (ponto situado no infinito acima 
da estação). Mediu-se as direções horizontais (Aop), direção vertical (V) e a distância 
inclinada dop ao ponto alvo (P), obtendo-se as seguintes medidas: 
 Aop = 26° 32´ 50”;V = 86° 58´ 15”; dop = 125,632m. 
Calcular as coordenadas cartesianas ortogonais tridimensionais do alvo neste sistema. 
Solução: 
Y 
X 
P 
P’ 
o 
zp 
xp 
yp 
Z 
do
p 
Ao
p 
P” 
V 
xp = dop sen V sen Aop 
yp = dop sen V cos Aop 
zp = dop cos V 
 
xp = 125,632 x sen 86° 58´ 15” sen 26° 32´ 50” 
yp = 125,632 x sen 86° 58´ 15” cos 26° 32´ 50” 
zp = 125,632 x cos 86° 58´ 15” 
 
xp = 56,071m 
yp = 112,229m 
zp = 6,639m 
 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
X 
Y 
Z 
A 
B 
V 
dAB 
AAB 
 
B’ 
P B” 
Q 
A’ 
zA 
yA 
xA 
yB 
xB 
zB 
Problema direto do posicionamento tridimensional 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
PROBLEMA DIRETO DE POSICIONAMENTO TRIDIMENSIONAL 
 
 
Dadas ou conhecidas de um levantamento anterior: 
 coordenadas tridimensionais do ponto A xA, yA , zA 
Mede-se: 
 azimute da direção AB = AAB 
 distância entre A e B = dAB 
 direção zenital ou distância zenital = V 
Pede-se: 
 coordenadas tridimensionais do ponto B xB, yB , zB 
 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
xB – xA = dAB sen V sen AAB 
yB – yA = dAB sen V cos AAB 
zB – zA = dAB cos V 
 
xB = xA + dAB sen V sen AAB 
yB = yA + dAB sen V cos AAB 
zB = zA + dAB cos V 
Triângulos retângulos APB e A’B’Q 
X 
Y 
Z 
A 
B 
V 
dAB 
AAB 
 
B
’ 
P B” 
Q 
A’ 
zA 
yA 
xA 
yB 
xB 
zB 
A 
B 
P 
dAB 
 
V 
zB – zA = dAB cos V 
dAB senV 
A’ yB – yA 
B’ 
xB – xA 
dAB sen V 
 
AAB 
Q 
Problema inverso do posicionamento no espaço tridimensional 
 
Cálculo da distância espacial entre os pontos A e B 
 
 dAB = [(xB – xA )
2 + (yB – yA )
2 + (zB – zA )
2 ]1/2 
 
Cálculo do ângulo zenital entre A e B 
 zB – zA 
 V = arc cos  
 [(xB – xA )
2 + (yB – yA )
2 + (zB – zA )
2 ]1/2 
 
 Cálculo do azimute entre os pontos A e B 
 xB – xA 
 AAB = arc tg  
 yB – yA 
 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Exercício: 
A listagem com o resultado de um rastreio GPS apresenta as coordenadas 
Tridimensionais geodésicas de dois vértices P01 e P02 fornecidas as seguir: 
 
PO1 x1 = 3763803,17745 PO2 x2 = 3761470,79868 
 y1 = -4366181,98370 y2 = -4367585,08810 
 z1 = -2722619,51292 z2 = -2723355,20840 
 
Calcular a distância entre os vértices, o azimute do vértice P01 para P02 e a distância 
zenital de P01 para P02. 
 
Solução: 
 
Distância P01 – P02 
d12 = [(x2 – x1 )
2 + (y2 – y1 )
2 + (z2 – z1 )
2 ]1/2 
d12 = 3761470,79868- 3763803,17745) 
2 +(-4367585,08810 +4366181,98370 ) 2 + 
 (-2723355,20840 +2722619,51292 ) 2 
d12 = , 
 
d12 = 28,6m 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Azimute P01 – P02 
 x2 – x1 
 A12 = arc tg  
 y2 – y1 
 
 3761470,79868 - 3763803,17745 
 A12 = arc tg  
 -4367585,08810 + 4366181,98370 
 
 -2332,379 
 A12 = arc tg  
 -1403,105 
 
 A12 = arc tg 1,66229826 
 
A equação apresenta duas soluções no primeiro quadrante e no terceiro quadrante. 
Solução no primeiro quadrante: 
 A12 = 58° 58´ 11” 
No terceiro quadrante: 
 A12 = 58° 58´ 11” + 180 °  A12 = 238° 58´ 11” 
 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Como a solução pode estar no 1° ou no 3 ° Quadrante. A tabela abaixo esclarece a 
obtenção de quadrantes. 
 
Neste caso, como o denominador e o numerador da divisão resultaram negativos 
adota-se o 3° Quadrante, assim: 
 
 A12 = 238° 58´ 11” 
Quadrante numerador denominador 
 1° Q + + 
 2° Q + - 
 3° Q - - 
 4° Q - + 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Distância zenital P01 – P02 
 z2 – z1 
 V = arc cos  
 [(x2 – x1 )
2 + (y2 – y1 )
2 + (z2 – z1 )
2 ]1/2 
 
 -2723355,20840 + 2722619,51292 
 V = arc cos  
 28,6 
 -735,696 
 V = arc cos  
 28,6 
 V = arc cos –0,260925355 
A solução encontra-se no segundo ou no terceiro quadrante, neste caso adota-se o segundo 
quadrante pois convenciona-se a distância zenital menor ou igual a 180 °. 
 Solução no primeiro quadrante: 
 V = 74° 52´ 30” 
Solução no segundo quadrante 
 V = 180° - 74° 52´ 30”  V =105 ° 07´ 30” 
 
Neste caso a distância zenital vale: 
 V =105 ° 07´ 30” 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I 
Exercício proposto: 
Determinou-se as coordenadas tridimensionais do vértice PO1 
obtendo-se: 
 x1 = 3763803,17745 
 y1 = -4366181,98370 
 z1 = -2722619,51292 
Mediu-se a partir do vértice P01 em direção ao vértice P02 
 d12 = 28,6m 
 A12 = 238° 58´ 11” 
 V =105 ° 07´ 30” 
Calcular as coordenadas cartesianas ortogonais tridimensionais 
do vértice P02. 
 
Resposta: x2 = 3761470,79868 
 y2 = -4367585,08810 
 z2 = -2723355,20840 
 
Prof. Carlos Aurélio Nadal – Disciplina Topografia I