70131 str021

70131 str021



o


Rys. 2.2

Ponieważ mianownik prawej strony otrzymanego związku można przedstawić w postaci

cos (a -f a) = cos [(a + cr/2 + cr/2] = cos (% + <r/2) • cos <7/2 — sin (a + a/2) sin <r/2

D • sin (a + cr/2)


więc

Ah =■


cos (« + cr/2) • cos aj2 — sin (a + cr/2) • sin cr/2

stąd, dzieląc licznik i mianownik przez cos (a + cr/2), otrzymamy

Ah-    D-tg (a+ <z/2)

cos <7/2 — tg (a + a/2) • sin a/2

Kąt <r/2 jest mały można więc przyjąć cos a/2 - 1; sin <7/2 = D/(2R) i będzie

Ah =_p-tg(« + <r/2)_

1 - tg (a + cr/2)'

Ostatnią zależność, po rozwinięciu mianownika na szereg, można zapisać i w takiej postaci

Ah = D • tg (a + aj2) [1 + D ' ^ (^R+g>''2) ]

albo


Ah = D • tg (c< + a/2) 4-


[D-tg(a + a/2)]2 2R


(2.22)


Ponieważ kąt a w naszych warunkach nie przyjmuje dużych wartości, pomija się najczęściej drugi składnik, licząc Ah ze wzoru

Ah = D-tg(a + a/2)    (2.23)

a gdy pomiar wykonywano na niewielkiej wysokości nad powierzchnią odniesienia

Ah = d • tg (a + a/2)    (2.24)

gdyż różnica długości D d może nie mieć wpływu na obliczane przewyższenie.

Podamy jeszcze sposób uMim mu I .11.i (■ i a/2) dostosowany do rachunki I m a lv tycznych.

Ponieważ

(2.2


* I »/2    <5 + a/2

mtlmiiiasl

ó łL±._!2_

2R cosa"h 2R


więc

D


yOb


+ /j (2.2


lak widać, dla danych p, k, R, poprawka p, którą należy dodać do ką mil»,serwowanego xob, by otrzymać kąt a + cr/2, jest funkcją długości luku I). I) l 0,13; R = 6382 km oraz p" = 206 265" lub p“ - 636 620“ łatwo obliczyć wspć \ uniki proporcjonalności

^~fR ^ = 1406"    (2'"

H) = 43,39“    (2.21

ZR

kliue pozwalają uzyskać wartość poprawki p w sekundach na podstawie prosiv< w lązków

(2.24 (2. M


(2.31


p" = 14,06"-D p“ = 43,39“ • D

u zy czym D jest wyrażone w kilometrach.

Wzór na kąt a + a/2 można napisać w jednej z dwóch postaci

IM


a + a/2 = aob + 14,06" • D„

inly rachunek prowadzi się w mierze stopniowej albo

a + <7/2 = aob + 43,39“ • Dlk


|km|


(2.32


gdy znamy kąty w mierze gradowej. Wzory robocze na obliczenie przewyższeni pi zyjmą więc postać


Ah = D • tg(aob + 14,06" ■ D) +


[ D ■ tg (aob + 14,06"-D)]2


2R


(2.33


dla starego podziału koła oraz

Ah = D • tg (al>b + 43,39“ • D) +


[D-tg(aob +43,39“-D)]2 2R


(2.34


gdy a“b udane w podziale nowym.


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
212 2 mnożąc licznik i mianownik prawej strony przez Toraz podstawiając v = 1,56 • t otrzymano po
Zdjęcie090 (5) Ola tego przypadku schemat blokowy układu przedstawiony na rys 5 można przedstawić w
9 Powyższą definicję można przedstawić w postaci graficznej (rys.1.1.) Wp Z =
61014 Zdjęcie0155 (6) Dla tego przypadku schemat blokowy układu przedstawiony na rys. 4b można przed
Przedmioty symetryczne można przedstawiać w postaci: a) półwidoku (rys. 5.35a), b) półprzekroju (rys
uklady logiczne 10 o»5V Rys. 10 Wieloemiterowy tranzystor wejściowy w bramce NAND można przedst
20 Ćwiczenie 2 Rys.2.1. Graf Gozinto wyrobu W1 Graf Gozinto można przedstawić w ujęciu matematycznym
Zdjęcie090 (5) Ola tego przypadku schemat blokowy układu przedstawiony na rys 5 można przedstawić w
P1080491 Rys. 71. Masielnica cylindryczna ze stali nierdzewnej, system Alfa-Laval KVD-R. Z praw
rys wierszyki (68) Koza Prostokąt niewielki, a do tego nóżki Z prawej strony łebek, a przy nim dwa r
P1080470 Rys. 46. Oziębiacze wiązkowo-rurkowe systemu Ahlbom (wg katalogu). Oziębiacz z prawej stron
Atak szybki piłka koszykowa 7 Rys. 27 Jeżeli piłkę zbierzesz z prawej strony obracaj się do praw
CCI20111111022 Po przeniesieniu we wzorze (1-30) wyrazu z prawej strony na lewą otrzymamy (1-32) po

więcej podobnych podstron