Commento alla seconda prova scritta dell’esame di stato 2004 per geometri e
per periti edili – prima parte (1)
Paolo Aminti (*), Giuseppe Manzino (**), Claudio Pigato (***)
(*) Istituto Tecnico Statale per Geometri “Calamandrei” – Sesto Fiorentino (FI) – E-mail: [email protected]
(**) Istituto Tecnico Statale "Luigi Casale" di Vigevano (PV) – E-mail: [email protected]
(***) Istituto Tecnico Statale per Geometri “Bernini” – Rovigo – E-mail: [email protected]
(1) La seconda parte contiene il commento alla prova suppletiva e alla prova per periti edili
RIASSUNTO
Si espone lo svolgimento dei temi assegnati e un breve commento della seconda prova scritta di Topografia degli esami
di stato per geometri e periti edili svolti nel mese di Giugno 2004. Si espongono inoltre alcune varianti risolutive ai
problemi, evidenziandone le caratteristiche didattiche.
ABSTRACT
The authors show an analysis and a comparison between solutions of the theme of Topography assigned in
the final examinations of the Italian Technical High School in June 2004.
1. TEMA ASSEGNATO AGLI ITSG – Corso Ordinario e Serale
CORSO DI ORDINAMENTO
Indirizzo: GEOMETRI
Tema di: TOPOGRAFIA
Ad un Geometra viene affidato l'incarico di frazionare un terreno ABCDEA, i cui vertici si susseguono in senso orario, in vista di due
diversi futuri interventi di natura altimetrica.
Da un precedente rilievo, della cui attendibilità il Tecnico è certo, viene a conoscenza della superficie reale del terreno, che è di
42.287,26 mq, e di alcuni elementi, misurati con un teodolite elettronico centesimale, raccolti nel seguente libretto:
Stazione
B
= 1,544
A
E
C
Punti collimati
C
A
P
R
S
B
E
A
D
D
B
C.O. (gon)
0,0000
119,9315
258,8637
289,6573
348,0114
0,0000
121,3236
0,0000
105,3125
0,0000
102,8513
C.V. (gon)
92,5764
90,6449
95,1620
-
Distanze (m)
141,328
141,328
179,393
179,393
-
Altezza prisma (m)
1,60
1,60
1,60
-
ove i punti P,R,S sono elementi visibili dal vertice B e di coordinate note rispetto ad un sistema di riferimento locale (il punto B si trova
alla destra di un osservatore che da P guarda il vertice R):
Xp = 501,027 m;
Yp = 398,198 m;
Zp = 109,116 m;
XR = 532,769 m;
YR = 390,325 m;
ZR = 108,100 m;
XS = 587,964 m;
YS = 397,768 m;
ZS = 106,886 m.
Il Tecnico incaricato, ritenendo sufficienti i dati a disposizione per la risoluzione del frazionamento, rimandando ad una fase successiva la
scelta di un idoneo schema di rilievo per l'atto di aggiornamento catastale, effettua una livellazione geometrica dal mezzo composta
lungo la linea chiusa ABCDEA, ottenendo i seguenti dislivelli:
Il Candidato determini:
1.
Le misure dei lati incogniti del terreno (BC, CD, DE).
2.
Relativamente al vertice B, le coordinate compensate (rispetto al sistema di riferimento locale assegnato) e la quota
compensata.
3.
Le coordinate planimetriche e le quote compensate dei vertici della poligonale chiusa ABCDEA. A tal fine si utilizzi la seguente
tolleranza prefissata:
Tolleranza altimetrica in metri: TA = 0,004
, con P perimetro della poligonale espresso in metri.
4.
Frazioni il terreno in tre parti proporzionali ai numeri 2, 3, 5 con dividenti uscenti dal vertice A, in maniera tale che
l'area minore contenga il vertice E e la maggiore il vertice B.
5.
Rediga infine il relativo piano quotato, con l'esplicazione grafica del frazionamento, in scala opportuna.
Il candidato ha facoltà, inoltre, di elencare o descrivere quali elaborati tecnici sarebbero da predisporre per l'atto di aggiornamento
catastale, scegliendo un opportuno schema di rilievo.
Durata massima della prova: 8 ore.
È consentito soltanto l'uso di manuali tecnici, calcolatrici non programmabili
Non è consentito lasciare l'Istituto prima che siano trascorse 3 ore dalla dettatura del tema.
ed
attrezzatura
da
disegno.
Il tema assegnato al corso di ordinamento e al corso sperimentale Sirio degli Istituti tecnici per geometri era
identico e, come si vede, si articola in 5 quesiti finalizzati al rilievo e al frazionamento di un appezzamento
di terreno di forma pentagonale. Nella figura 1 riportiamo lo schema grafico che illustra il tema proposto.
1.1 Disegno della planimetria
Dalla conoscenza delle coordinate dei tre punti P, R e S e dalla lettura del libretto delle misure si può
disegnare la planimetria del rilievo, adottando la soluzione grafica per individuare la posizione del punto B,
determinabile con lo schema di Snellius-Pothenot (intersezione inversa).
Si determinano anzitutto gli angoli che le direzioni uscenti da B verso i tre punti di coordinate note formano
tra loro:
 3 = PBˆ R  289,6573  258,8637  30,7936 gon
 4 = RBˆ S  348,0114  289,6573  58,3541 gon
Verificato quindi che il punto B deve necessariamente stare sotto gli allineamento PR – RS, data la sequenza
degli angoli di direzione che aumenta andando verso destra da P ad R, si riportano gli angoli soprariportati
dalla parte opposta di tali allineamenti, si manda le perpendicolari rispettivamente dai vertici P e S che,
congiunte con gli assi dei segmenti PR e RS, permette di determinare i centri delle due circonferenze la cui
intersezione è il punto P.
Sfruttando quindi le letture dalla stazione B si possono determinare la direzione del vertice C, di cui è
incognita la distanza, e la posizione di A. Dalle collimazioni in A si deduce quindi la posizione di E. La
posizione dei vertici C e D deve essere rimandata, dato che la loro posizione dovrà risultare imponendo che
l’area dell’appezzamento ABCDE risulti pari a 42.287,26 m2.
Tale situazione ha comportato non poche difficoltà di esecuzione dei candidati, dato che tale imposizione
non può essere eseguita graficamente, e quella analitica è abbastanza laboriosa. Riteniamo inoltre non molto
probabile che possa capitare nella pratica un problema simile, dato che il tecnico rilevatore avrebbe potuto
determinare con semplicità le distanze richieste, verificando così il dato dell’area in suo possesso.
Si passa pertanto alla soluzione analitica del problema, rimandando il completamento della planimetria dopo
aver determinato analiticamente i lati richiesti dal primo quesito.
Fig. 1: schema risolutivo del problema
1.2 Determinazione dei lati incogniti
Per imporre la condizione che l’area dell’appezzamento sia pari a quella assegnata conviene prima depurare
l’area del triangolo ABE, facilmente determinabile:
1
AB  AE  sen   11.972,14 m2
2
A( BCDE )  AT  A( ABE )  30.315,12 m2
A( ABE ) 
Si osservi che i calcoli sono stati effettuati utilizzando lo stesso numero di cifre significative del dato
assegnato, anche se, ai fini pratici, nel caso in esame potevano essere omessi i decimali. Per determinare la
precisione dell’area si dovrebbe usare la formula di trasmissione degli errori di Gauss, comunque una
determinazione approssimativa delle cifre da usare può essere data dal conteggio delle cifre significative: nel
caso in esame le distanze sono con 6 cifre significative, cui corrisponde un decimale per l’area.
Inoltre, si è preferita l’uso delle indicazioni del sistema di misura S.I. (m2 e non mq, m e non m.), come
previsto dal DPR 12/08/1982, n. 802.
Prolungando ora i lati BC e ED fino ad intersecarli nel punto F, si ottiene il triangolo BEF del quale può
essere determinata l’area, con i seguenti passaggi.
2
2
1
AB  AE - 2  AB  AE  cos   262,343 m
2
AE  sen
 44,6960 gon
 1 = EBˆ A  arcsen
BE
BE 
(può essere usato il teorema dei seni in quanto, essendo  ottuso, sicuramente  1 dovrà essere acuto)
 2 =  -  1 = 75,2355 gon ;
1 = 200 – ( +  1) = 33,9804 gon
2 =  – 1 = 71,3321 gon ;
EFB = 200 – (2 +  2) = 53,4324 gon
A( BEF ) 
2 sen   sen 
1
2
2
EB 
 38.520,97 m2
2
sen EFB
Decurtando da tale area quella del quadrilatero BCDE resta quella del triangolo DCF, del quale sono noti i
tre angoli; quindi applicando la formula inversa dell’area può determinarsi la lunghezza del lato CF:
A(CDF )  A( BEF )  A( BCDE )  8.202,86 m2
CF 
2  A(CDF)  sen CDF
 124,365 m
sen FCD  sen EFC
Con il teorema dei seni possono calcolarsi ora gli altri lati dei triangoli CDF e BFE:
CD  132,098 m ; DF  177,328 m
BF  317,381 m ; EF  326,186 m
Siamo così ora in grado di determinare i lati incogniti per differenza:
BC  BF - CF  193,016 m ; DE  EF - DF  148,858 m
1.3 Determinazione delle coordinate e della quota compensata di B
Le coordinate del punto B possono essere ottenute applicando lo schema risolutivo di Snellius-Pothenot. Nel
caso in esame la determinazione delle coordinate planimetriche di B è isodeterminata, non è quindi possibile
effettuare alcuna compensazione, come richiesto dal tema.
Proponiamo due metodi alternativi per la risoluzione di questo problema (nel testo indicheremo con  gli
azimut e con parentesi tonda le direzioni osservate).
a) primo metodo
RP  arctan
RP 
x  xR
xP  xR
 400  315,4778 gon ; RS  arctan S
 91,4667 gon
yP  yR
yS  y R
xP  xR 2   y P  y R 2
 32,704 m ; RS 
xS  xR 2   yS  y R 2
PRS  RP - RS  224,0111 gon
PR  sen 4
 50,0622 gon
RS  sen 3
   400  ( PRS   3   4 )

 43,4206 gon
2
2
  arctan
 
2
  

 arctan  tan
 tan (50 -  )  0,0506 gon
2


 55,695 m
  43,4206 - 0,0506  43,3700 gon
  43,4206  0,0506  43,4712 gon
PB  PR    158,8478 gon ; PB 
PR
 sen (   3 )  64,609 m
sen  3

 x B  x P  PB  sen PB  539,943 m


 y B  y P  PB  cos PB  346,624 m
b) secondo metodo
Questo metodo, a differenza del precedente, permette il controllo di tutti gli elementi misurati, in quanto
tutti gli elementi calcolati sono geometricamente rappresentati e possono pertanto essere verificati.
Si considera una circonferenza passante per P, R e B, che può essere quella utilizzata per la soluzione
grafica, ma potrebbe anche essere una circonferenza provvisoria.
Detto K il punto di intersezione di tale circonferenza con l’allineamento BS, si osservi che nel triangolo PRS
gli angoli in K e in P sono pari rispettivamente a  3 e  4, essendo angoli alla circonferenza che insistono sul
medesimo arco. Applicando il teorema dei seni a tale triangolo si ottiene:
PK 
PR
 sen (  3   4 )  69,303 m
sen  3

 x K  x P  PK  sen PK  528,718 m

 y K  y P  PK  cos PK  334,668 m
PK  PR   4  173,8319 gon ; 
Dalla conoscenza delle coordinate di K possiamo ora ricavare l’azimut KS, che coincide con l’azimut BS:
KS  BS  arctan
xS  x K
 47,9953 gon ;
yS  y K
BP  BS  (  3   4 )  400  358,8476 gon
  PB - PR  158,8476 - 115,4778  43,3698 gon
PB 
PR
 sen (   3 )  64,609 m
sen  3

 x B  x P  PB  sen PB  539,943 m


 y B  y P  PB  cos PB  346,624 m
Per quanto riguarda la quota del punto B, dato che sono possibili tre determinazioni della quota si procede
alla compensazione empirica, effettuando la media ponderata delle tre misurazioni, utilizzando come peso
l’inverso del quadrato delle distanze.
Anzitutto calcoliamo le distanze tra il punto di stazione e i punti R e P:
BR 
xB  xR 2   y B  y R 2
 44,286 m ; BS 
xS  xB 2   yS  y B 2
 70,155 m
Nel calcolare i dislivelli misurati tralasciamo il contributo di sfericità e rifrazione, date le piccole distanze.
Non è chiaro però il motivo per cui l’altezza del prisma sia presente solo in corrispondenza delle misure
angolari, prive di quella di distanza. Se un ipotetico canneggiatore ha posizionato il prisma nei punti P, R ed
S, ad una distanza così breve, perché non è stata presa la distanza, che avrebbe permesso di evitare lo
schema risolutivo di Snellius-Pothenot? Ancora meno chiara è la circostanza che in corrispondenza dei punti
in cui è stata determinata la distanza non compare l’altezza del prisma. Si segnala inoltre che l’altezza
strumentale è stata erroneamente indicata con HA anziché HB.
 BP  hB - hP  d  cot  BP  7,512 m
 BR  hB - hR  d  cot  BR  6,499 m
 BS  hB - hS  d  cot  BS  5,286 m
La quota del punto B può così essere determinata in tre modi distinti:
QB1 = ZP - BP = 101,604 m
QB2 = ZR - BR = 101,601 m
QB3 = ZS - BS = 101,600 m
Viste le distanze molto simili e ridotte e considerati i valori praticamente uguali dei dislivelli, la media
ponderata precedentemente indicata non porterebbe a sensibili aumenti della precisione della
determinazione della quota. Si effettua quindi la media aritmetica dei tre valori determinati:
QB = 101,602 m
1.4 Determinazione delle coordinate e delle quote compensate dei vertici della poligonale
Anche qui non è possibile determinare le coordinate compensate dei vertici della poligonale poiché gli
elementi misurati sono strettamente sufficienti alla loro determinazione, come effettivamente non era
richiesto dal tema. Del pentagono BAEDC sono noti infatti soli tre elementi metrici (area, lati BA e AE) e
quattro angoli.
Si procede quindi al calcolo delle coordinate planimetriche, calcolando dapprima gli azimut:
BA  BP  PBA  BP  ( BP )  ( BA)  219,9156 gon
AE  BA  BAE  200  BA  ( AE )  ( AB )  200  141,2392 gon
ED  AE  AED  200  AE  ( ED)  ( EA)  200  46,5517 gon
BC  BA  ABC  BA  ( BA)  ( BC )  99,9841 gon
Si possono ora determinare le coordinate dei vertici della poligonale:

 x A  x B  BA  sen BA


 y A  y B  BA  cos BA

 x E  x A  AE  sen AE


 y E  y A  AE  cos AE

 x D  x E  ED  sen ED


 y D  y E  ED  cos ED

 xC  x B  BC  sen BC


 y C  y B  BC  cos BC
 496,449 m
 212,155 m
 639,501 m
 103,906 m
 738,906 m
 214,708 m
 732,959 m
 346,672 m
Per il calcolo delle quote compensate, calcoliamo dapprima l’errore di chiusura altimetrico,
h = AB + BC + CD + DE +EA = -0,025 m
che è inferiore alla tolleranza altimetrica prefissata :
th = 0,004
l
= 0,110 m
Trattandosi di livellazione geometrica, ripartiamo l’errore di chiusura altimetrico tra i vari dislivelli in parti
proporzionali alle distanze tra i vari vertici, mediante il calcolo dell’errore unitario.
uh 
h
AB  BC  CD  DE  EA
 31,459 10-6 m/m
Si possono ottenere ora i dislivelli e le quote compensate:
 AB,c   AB  uh  AB  1,739 m ; Q A  Q B   AB,c  99,863 m
 BC,c  BC  uh  BC  - 0,922 m ; QC  Q B   BC,c 100,680 m
 CD,c  CD  uh  CD  - 0,871 m ; Q D  QC   CD,c 99,809 m
 DE,c   DE  uh  DE  0,579 m ; Q E  Q D   DE,c  100,388 m
Per verifica, ricalcoliamo la quota di A:
 EA,c   EA  uh  EA  0,531 m ; Q A  Q E   EA,c  99,863 m
1.5 Frazionamento dell’appezzamento di terreno
Conoscendo i coefficienti di proporzionalità delle parti in cui sarà suddiviso il fondo, possiamo subito
calcolare le loro aree.
A 2 A(AEG) 
AT
 2  8.457,45 m 2
2  3 5
A 3 A(AGDH) 
AT
 5  12.686,18 m 2
2  3 5
A 5 A(ABCH) 
AT
 5  21.139,13 m 2
2  3 5
La prima dividente AG si determina subito dalla formula dell’area del triangolo AEG, verificando
analiticamente dopo che si tratta effettivamente di un triangolo, cioè che la dividente cade sul lato ED:
EG 
2  A2
 94,619 m  ED
AE  sen AED
Per il calcolo della seconda dividente, conviene calcolare dapprima l’area del triangolo ABC, e quindi
considerare il triangolo ACH:
A(ABC) 
1
AB  BC  sen ABC  12.976,24 m 2
2
A(ACH) = A5 – A(ABC) = 8.167,39 m2
2
2
AC  AB  BC - 2 AB  BC  cos ABC  272,088 m
ACB  arcsen
CH 
AC  senABC
 32,9056 gon
AB
2  A(ACH)
 67,408 m  CD
AC  sen ACH
1.6 Conclusioni
Il tema assegnato, secondo la nostra opinione, era troppo lungo da svolgere considerando le normali capacità
degli allievi geometri, va anche considerato che gran parte degli elementi richiesti erano attinenti al
programma di quarta. Forse questo tema, almeno nella sua impostazione, si sarebbe prestato ad un esame di
abilitazione all’insegnamento, dove si devono sondare le abilità di calcolo e di riscontro grafico dei risultati
in un tempo predefinito e le conoscenze estese al programma dell’intero triennio.
Si sono riscontrate inoltre alcune imprecisioni sul testo, che hanno in certi casi contribuito a creare un certo
disorientamento negli allievi:
- richiesta di coordinate compensate del punto P, che non è possibile compensare dato che si tratta di
un problema a soluzione isodeterminata;
- altezza del prisma fornita per punti, solitamente inaccessibili, dei quali non è stata determinata la
distanza, mentre non è fornita per i punti di cui si è determinata la distanza;
- indicazione della tolleranza altimetrica non chiara (somma dei perimetri?);
- non è specificato se le distanze indicate sono orizzontali o reali;
2. TEMA ASSEGNATO AGLI ITSG – Corso Sperimentale “progetto Cinque”
Il tema assegnato al corso sperimentale si differenziava da quello di ordinamento per una diversa richiesta di
elaborazione: qui non era presente la parte riguardante il frazionamento, mentre la poligonale trattata era
effettivamente da compensare. Si differenziava inoltre per la richiesta di una relazione riguardante la
procedura fotogrammetrica e le operazioni di campagna.
2.1 Determinazione delle coordinate planimetriche del punto A
Anche qui si poteva procedere in modo del tutto analogo a quanto visto nel tema di ordinamento. Riportiamo
qui di seguito due metodi possibili di risoluzione.
Primo Metodo
Si riportano i risultati parziali e finali nella seguente tabella 1. I simboli grafici sono riferiti alla fig. 2
tab. 1 – soluzione della intersezione inversa per il calcolo delle coordinate di A
punto
X
P
419.023
R
486.811
S
344.650
A
177.663
Y
X
Y
distanze
494.91

[gon]
67.788
-203.3
214.306
179.5109
-142.161
-216.6
259.101
236.9732
291.61
74.988
408.131 (distanze e coordinate in [m])
[gon]



44.9198
47.4725
142.5377
H
82.5350 = ½ (

45.4132 = (PR sen) / (RS sen)
K
15.9816 = ½ (


98.5166
66.5534
b) secondo metodo
Si considera una circonferenza passante per P, R e A, che può essere quella utilizzata per la soluzione
grafica, ma potrebbe anche essere una circonferenza provvisoria.
Detto K il punto di intersezione di tale circonferenza con l’allineamento AS, si osservi che nel triangolo
PKR gli angoli in K e in P sono pari rispettivamente ad  e , essendo angoli alla circonferenza che
insistono sul medesimo arco. Applicando il teorema dei seni a tale triangolo si ottiene:
PR
 sen (   )  328,112 m
sen 

 x K  x P  PK  sen PK  284,078 m
 PR    226,9834 gon ; 

 y K  y P  PK  cos PK  195,831 m
PK 
PK
Dalla conoscenza delle coordinate di K possiamo ora ricavare l’azimut KS, che coincide con l’azimut AS:
KS  AS  arctan
xS  x K
 170,4199 gon ;
yS  y K
AP  AS  (   )  78,0276 gon
  PA - PR  98,5167 gon
PR
 sen (   )  256,486 m
sen 

 x A  x P  PA  sen PA  177,663 m


 y A  y P  PA  cos PA  408,131 m
PA 
fig. 2 – schema grafico della intersezione
inversa per il calcolo della posizione
planimetrica del punto A
2.2 Determinazione della quota compensata del punto A
Note le coordinate del vertice A, è facile calcolarne la distanza dai punti noti e, applicando la formula del
dislivello trigonometrico da un estremo, i valori sotto riportati (K e R sono assegnati dal testo, per Q m si può
adottare un valore approssimato di 180m):
tab.2 – calcolo delle distanze e dei dislivelli tra il punto A e i punti noti P, R, S
distanze
Q’A

dap
256,486
-3,442
178,719
dar
330,379
-3,000
178,726
das
372,651
9,321
178,735
La quota compensata, trattandosi di dislivelli trigonometrici, deve essere calcolata con una media pesata
utilizzando come peso per ciascuno dei 3 valori il reciproco del quadrato della distanza utilizzata nella
determinazione del dislivello relativo,
Risulta QA = 178,725 m
2.3 Determinazione delle coordinate e delle quote compensate dei vertici della poligonale chiusa
ABCDA.
Si riportano i risultati e lo schema di elaborazione nella tabella 3
Tab. 3 – calcolo della poligonale chiusa ABCDA orientata su P


c
d
X
Y

Xc
Yc
c
P
A
272.1343
C
300.1339
A
278.0275
278.0275
223.3664
223.3664
-241.36
Y
Q
175.277
-86.777 3.447794
145.3389
B
D
X
419.023 494.908
177.663 408.131 178.7248
84.350
-30.269 -78.732
0.171 -30.177228 -78.7317 0.161764
147.4858 329.3993 178.8866
295.5007
295.5017
84.650
-84.439 -5.976
0.296 -84.346386 -5.97622 0.286724
395.6346
395.6366
83.880
-5.745 83.683
-0.332 -5.6530378 83.6831 -0.34178
99.45354
99.45654 120.050 120.046
63.13939 323.423 179.1733
303.8189
57.48635 407.1061 178.8315
1.025
-0.093 120.176652 1.02486 -0.10671
323.9089
177.663 408.131 178.7248
223.3624
223.3664
B
e
errore
-0.004

corr. unit.
toll.
372.930
-0.407
0.000
0.042
-0.001
-0.001
0.000
0.000
0.050
0.483
0.000
0.000
0.000
0.077
2.4 Relazioni descrittive
a) operazioni di campagna relative al rilievo dell’edificio
Una volta collocato l’ipotizzato “fabbricato storico a pianta rettangolare” all’interno della poligonale, si può
procedere scegliendo fra diverse opzioni, in funzione della strumentazione disponibile:
– Rilievo topografico per irradiamento diretto e/o intersezione in avanti con lo strumento
impiegato per il rilievo della poligonale e utilizzando i vertici di quest’ultima (o altri punti da
essi determinati) come punti di stazione noti per inquadrare tutti i punti di dettaglio (ed
eventuali punti di appoggio) nel sistema cartografico prescelto.
– Rilievo per allineamenti e squadri, utilizzando i lati della poligonale come riferimento e
ipotizzando un rilievo altimetrico con cordella metrica e filo a piombo….
– Soluzioni miste comprendenti anche un eventuale rilievo altimetrico del contorno dell’edificio e
dei suoi orizzontamenti.
b) operazioni di ripresa fotogrammetrica e dei mezzi necessari
Anche in questo caso sono possibili diverse opzioni:
– Rilievo monoscopico o stereoscopico (a seconda della presenza di aggetti significativi o di
elementi non giacenti su piani verticali)
– Rilievo analogico o digitale
– Impiego di camere metriche o semi-metriche ovvero di apparecchi (e quindi di metodi ) non
rigorosi
– Nel caso del rilievo stereoscopico si poteva parlare dei rapporti di sovrapposizione tra i
fotogrammi, del rapporto base/distanza, della convergenza e/o della inclinazione delle prese per
“coprire” le zone alte ovvero l’impiego di elevatori.
– A seconda delle scelte operate si dovranno materializzare e rilevare un congruo numero di punti
di appoggio, si dovrebbe quindi parlare della loro dislocazione
c) operazioni di restituzione del rilievo fotogrammetrico
–
–
–
Sulla base delle scelte operate al punto precedente si potevano ipotizzare strumenti di
restituzione e/o software adatti all’impiego del materiale di presa, fino ad arrivare a parlare delle
precisioni che si potevano/volevano ottenere e citando esempi e/o esperienze acquisite nel corso
degli studi.
Nel caso delle riprese monoscopiche digitali si poteva ipotizzare l’impiego di software per il
raddrizzamento in blocco (deprospettivizzazione) delle prese
Per prese stereoscopiche le scelte delle attrezzature potevano vertere su programmi di
fotogrammetria digitale o, nel caso di prese analogiche, su restitutori analitici
2.5 Commento al testo proposto
–
Problemi redazionali e formulazione del testo: il testo, formulato nelle modalità consuete dei
temi di esame, appare abbastanza chiaramente leggibile e poteva essere interpretato
correttamente dal candidato “medio”. La articolazione in quesiti risulta in questo senso efficace.
Un rilievo negativo riguarda il problema tipografico delle formule per la tolleranza, dove la
radice quadrata è divenuta una “V” maiuscola, circostanza che poteva inizialmente disorientare i
candidati.
–
La parte topografica vedeva la soluzione di 3 problemi tra loro concatenati: la intersezione
inversa, la livellazione trigonometrica e la poligonale chiusa. Non trattandosi di una serie di
quesiti “a scelta”, ma vincolati tra loro, si poteva correre il rischio di valutazioni pesantemente
negative causate da errori o difficoltà di impostazione iniziali, tanto più che i contenuti proposti
afferivano al programma della classe quarta.
–
L’intersezione inversa è un problema che viene impiegato soprattutto per verificare le abilità di
calcolo e di controllo grafico dei risultati. Con l’uso consentito del manuale, dove sono riportate
le formule risolutive, non si può parlare di grande difficoltà, forse si potevano scegliere
problemi trattati nell’ultimo anno di corso che potevano testare le stesse abilità con maggiore
efficacia (per es. uno spianamento, o un profilo altimetrico..) e introducendo nella valutazione
elementi distintivi importanti (capacità grafiche, capacità di “visione” della tridimensionalità dei
problemi…)
–
La compensazione di una livellazione trigonometrica multipla poteva trarre in inganno qualche
allievo più debole, ma i manuali tecnici contengono generalmente l’indicazione esatta. In questo
caso le abilità testate sono quella di saper usare correttamente il manuale e di quella saper fare
una media pesata (classe terza).
–
La poligonazione è anch’essa un tema della quarta classe, ma permette di sondare abilità più
vicine a quelle della classe successiva: organizzazione di una tabella per il calcolo, chiarezza e
ordine nella redazione… la compensazione empirica non è un contenuto particolarmente
elevato, ma viene ricordata anche ricorrendo al buon senso… essendo quindi una domanda che
“stacca” il candidato dal manuale, ci pare più adatta a un esame finale del corso di studi.
–
Il quarto quesito, forse il più specifico del progetto sperimentale “cinque”, risulta un po’ troppo
compresso, forse poteva essere meglio articolato fornendo varie opzioni in modo da orientare il
candidato (ad es. “il candidato formuli una scelta, motivandola, fra il rilievo monoscopio e
quello stereoscopico e, in conseguenza a questa scelta, rediga una ipotesi di lavoro articolata in
– piano di presa – attrezzatura delle prese mediante la materializzazione dei punti di appoggio –
ipotizzi la strumentazione di presa e di restituzione, ….)
In generale si può quindi dire che il tema proposto è certamente accettabile, anche se un po’ troppo
sbilanciato nella prima parte. Nonostante fossero assegnate 8 ore per il suo svolgimento, ci piacerebbe
sapere quanti allievi sono riusciti a cimentarsi in modo significativo con il quarto quesito. Crediamo di
interpretare il desiderio della stragrande maggioranza dei colleghi di Topografia e Fotogrammetria
auspicando che, la prossima volta che verrà scelta tale materia per la seconda prova (se ci sarà una prossima
volta!), si privilegino temi che mettano in risalto le buone capacità acquisite dagli allievi più meritevoli,
quali ad esempio i temi progettuali (vedi esami del 2001- pubblicato sul Bollettino n.3/01).