Konstruktivna Geometrija Praktikum Za Vezbe

Osnovi Konstruktivne geometrije Praktikum 1

PREDGOVOR

Ovaj praktikum iz Konstruktivne geometrije napisan je u skladu sa programom iz predmeta Konstruktivna geometrija na Mainskom fakultetu u Beogradu i namenjen je, uglavnom, studentima mainskih fakulteta. Praktikum je podeljen na 8 metodolokih jedinica koje se obrauju na asovima vebanja iz Konstruktivne geometrije i 1 kolokvijuma u toku prvog semestra studija. Predvieno je da se svaka metodoloka jedinica savlada kroz samostalnu izradu odabrane grupe zadataka, u toku jednog termina vebanja. Vebe i kolokvijumi vrednuju se procentom uspeno reenih zadataka (0%-100%). Ako je ovaj procenat, kako na vebama tako i na kolokvijumima, vei ili jednak od 55%, student stie pravo da dobije finalnu ocenu. Ako student nije zadovoljan sa ovom ocenom, moe da polae finalni ispit i tako popravi pokazani uspeh. Ako kandidat uspeno rei na bilo kom kolokvijumu manje od 55% predvienih zadataka ne moe dobiti finalnu ocenu, ve u tom sluaju mora da polae finalni ispit i tako, eventualno, dobije prelaznu ocenu. U svim drugim sluajevima, student nije ispunio uslov i mora ponovo da pohaa kompletan kurs Konstruktivne geometrije.


UVOD

Vebe iz Konstruktvne nacrtne geometrije izvode se na standardnom, A3 formatu (420 x 297mm), papira na kome je, u donjem desnom uglu, odtampana tablica za identifikaciju studenata. Svaki student u tablici ubeleava broj tekue vebe, svoj registarski broj (broj indeksa), ime i prezime, broj grupe u kojoj veba i datum izvoenja tekue vebe. Na asu vebanja, neophodan je sledei pribor za crtanje: dva trougla, metalni estar velikog raspona, gumica, samolepiva traka i dve tehnike olovke, od kojih je jedna snabdevena HB, a druga 2H grafitnom minom. Tabla za crtanje nije neophodna, ali je poeljna. Poloaj koordinatnog poetka za svaki zadatak koji se reava u ortogonalnim projekcijama odreen je parom koordinata O(XO, YO) u odnosu na gornji levi ugao A3 formata. Kao to je prikazano slikom sl.1.0., prva, XO koordinata meri se po duoj ivici lista a druga, YO koordinata, ortogonalno nanie, po kraoj ivici A3 formata. Sve koordinate kao i duinske mere date su u milimetrima, a ugaone veliine u lunim stepenima. Pre poetka asa vebanja, student je obavezan da samolepivom trakom uvrsti list za sto ili na tablu za crtanje, popuni identifikacionu tablicu i postavi koordinate svih zadataka iz tekue vebe. Uslov izlaska na ispit su uraene i pozitivno ocenjene sve vebe propisane planom i programom iz predmeta Tehniko crtanje sa Nacrtnom geometrijom.

Sl.1.0


1. VEBA

1. O1(210; 70) U horizontalnoj i frontalnoj projekciji prikazati: a) vertikalnu du AB; A(20; 30; 50), B(?; ?; 10) b) horizontalnu du CD; C(50; 10; 30), D(30; 60; ?) c) frontalnu du EF; E(80; 30; 50), F(60; ?; 0) d) ravni 4 i 5, ortogonalne na osnovu H, koje sa osnovom F zaklapaju ugao od 600 i

sadre taka R(110; 40; 40) e) ravni 6 i 7, ortogonalne na osnovu F, koje sa osnovom H zaklapaju ugao od 450 i

sadre taku Q(165; 50; 25) 2. O(110; 200) U sve tri ortogonalne projekcije odrediti prodore PH, PF i PP prave a kroz H, F i P projekcijsku osnovu i transformacijom odrediti pravu veliinu dui PHPP.

Prava a/A(10; 20; 30), B(70; 60; -20) Ravan transformacije 1: 1H, kroz taku R(0; 30; 0)

3. O(410; 70) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravu n koja sadri datu taku N i preseca du AB pod pravim uglom. N(30; 0; 60), A(40; 60; 0), B(110; 0; 50) 4. O(400; 240) U paru ortogonalnih projekcija nacrtati kvadrat ABCD ija ravan sa frontalnom osnovom zaklapa ugao od 300. Prikazati samo jedno reenje.

A(40; 30; 40) B(70; 30; 20) Ravan transformacije 1: 1F, kroz koordinatni poetak O

Objanjenje Reenje ove vebe prikazano je na slici 1.1. 1. zadatak Du AB je vertikalna, pa se u horizontalnoj projekciji vidi kao taka: AH=BH. Du CD je paralelna horizontalnoj projekcijskoj osnovi, to znai da je zC=zD. Za frontalnu du EF, yE=yF. Ravni 4 i 5 su upravne na osnovu H, odakle sledi da se ove ravni u horizontalnoj projekciji, kao i osnova F, vide kao prave linije. Odavde sledi da se ugao izmeu osnove F i ravni 4 i 5 neposredno meri i oitava u horizontalnoj projekciji. Ravni 6 i 7 su upravne na osnovu F, odakle sledi da se ove ravni u frontalnoj projekciji, kao i osnova H, vide kao prave linije. Odavde sledi da se ugao izmeu osnove H i ravni 6 i 7 neposredno meri i oitava u frontalnoj projekciji. 2. zadatak Prodor PH prave a kroz osnovu H uoava se neposredno u frontalnoj i profilnoj projekciji jer se u njima osnova H vidi kao prava linija (zrano). Prodor PF prave a kroz osnovu F uoava se neposredno u horizontalnoj i profilnoj projekciji jer se u njima osnova F vidi zrano. Prodor PP prave a kroz osnovu P uoava se neposredno u horizontalnoj i frontalnoj projekciji jer se u njima osnova P vidi zrano. Prodori PH, P2 i PP prenose se sponama u susedne projekcije a


zatim se odreuje vidljivost prave a. U horizontalnoj projekciji je vidljiv deo prave koji se od take PH nalazi iznad osnove H, a to se moe uoiti u frontalnoj i profilnoj projekciji. U frontalnoj projekciji je vidljiv deo prave koji se od take PF nalazi ispred osnove F i to se uoava u horizontalnoj i profilnoj projekciji. U profilnoj projekciji je vidljiv deo prave koji se od take PP nalazi ispred osnove P, a to se uoava u horizontalnoj i frontalnoj projekciji. Na kraju je prava veliina dui PHPP odreena transformacijom, odnosno, uvoenjem nove, pomone projekcijske osnove 1, paralelno sa datom pravom a. Osnova 1 je izabrana tako da bude ortogonalna na osnovu H, pa se u horizontalnoj projekciji vidi kao prava linija (zrano). Prva pomona projekcija taaka PH i PP formira se prenoenjem njihovih rastojanja od osnove H, koja se neposredno mere u frontalnoj projekciji. 3. zadatak Da bi se u ortogonalnoj projekciji prav ugao video bez deformacija dovoljno je da se u toj projekciji bar jedan od njegovih krakova vidi u pravoj veliini. Iz ove injenice sledi reenje zadatka. Prvo je potrebno da se formira nova, pomona, projekcija u kojoj e se du AB videti u pravoj veliini. To je uinjeno pomou nove projekcijske osnove 1, koja je izabrana tako da bude upravna na osnovu H, paralelno dui AB. U toj pomonoj projekciji zadatak se reava neposredno: kroz taku N1 postavljena je prava n1 koja du A1B1 see u taki M1 pod pravim uglom. Taka M je sponama preneena u horizontalnu i frontalnu projekciju, ime je odreena i horizontalna i frontalna projekcija prave n. Algoritam: 1. Usvajanje nove projekcijske osnove 1: 1H; 1|| AHBH; 2. Formiranje pomonih projekcija dui AB i take N: AHBHA1B1; NHN1; 3. Konstrukcija prave n u pomonoj projekciji: n1 A1B1; n1 A1B1= M1; 4. Odreivanje prave n u H i F projekciji: M1MHMF; nH(NH, MH); nF(NF, MF). 4. zadatak Du AB je paralelna sa osnovom F, pa se u frontalnoj projekciji vidi u pravoj veiini. Kroz koordinatni poetak postavljena je nova projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu F i du AB. U novoj, pomonoj, projekciji zrano se vide osnova F (kao prava linija) i du AB (kao taka), odakle sledi da e se u toj istoj projekciji videti zrano i ravan kvadrata ABCD, a ugao izmeu te ravni i osnove F u pravoj veliini. Kroz zranu projekciju dui A1B1 postavljena je ravan kvadrata pod uglom od 300 prema osnovi F. Ako se prva pomona projekcija ivice kvadrata A1B1 vidi kao taka, projekcije ivica B1C1 i A1D1 vide se u pravoj veliini. Na osnovu ove injenice konstruisana je prva pomona projekcija kvadrata A1B1C1D1, a zatim i njegova frontalna i horizontalna projekcija. Na slici je prikazano samo jedno od dva mogua reenja. Algoritam: 1. Usvajanje nove projekcijske osnove 1: O1; 1F; 1AHBH; AHBH= a; 2. Formiranje pomone projekcije dui AB: AFBF A1B1; A1= B1; 3. Definisanje ravni kvadrata ABCD: A1 1; B1 1; (1;F1) = 300; 4. Konstrukcija kvadrata ABCD u pomonoj projekciji: C1= D1; B1C1= A1D1= AHBH= a; 5. Konstrukcija kvadrata ABCD u H i F projekciji: (ABCD)1(ABCD)F(ABCD)H.


A BO

11

A= B

HH

F

F F

C C

D D

H

H

FF

E E

F FH

H

F

F

45

45

R

RH

HH

FF

FF

F

6 HH7H H

6F7F

QF QH

600

600

O 2

O 3 O4

a a

a

a

PHF

HF

PH H

AF AHB

P

APP

F PPP F

P1 P

P1 H

B1

PH P

BF

F H

1

P

PP H

PF F

P PP

BH

N NH

BF

AFBH

AHB1

N1

A1

M1

M1M1

F H

AHBH

BF

AF

A1B1

=

C1= D

1

CF

DF

CHDH

1

a

a

a

Sl. 4

.1

Slika 1.1


ZADACI ZA RAD

1. Grupa Format A3 1. O(150; 80) U prvoj i drugoj ortogonalnoj projekciji:

a) prikazati vertikalnu du AB; A(50; 40; 50), B( ?; ?; 10) b) nacrtati ravni 4 i 5 koji sadre du AB i sa frontalnom osnovom zaklapaju ugao od

450; oznaiti tragove ravni 4 i 5 u obe projekcije. c) na ravnima 4 i 5, nacrtati kvadrate ABCD i ABEF.

2. O(100; 220) U sve tri ortogonalne projekcije odrediti prodore P1, P2 i P3 prave a kroz H, F i P projekcijsku osnovu i transformacijom odrediti pravu veliinu dui P1P2P3.

Prava a/A(80; -20; 60), B(0; 60; 10) Ravan transformacije 1: 1P, kroz taku R(0; 90; 0)

3. O(380; 110) U paru ortogonalnih projekcija nacrtati jednakostranini trougao ABC, ija ravan zaklapa ugao od 300 sa frontalnom osnovom F.

A(50; 30; 50) B(90; 30; 20) Prikazati oba reenja. 4. O(380; 210) U paru ortogonalnih projekcija nacrtati pravilan estougao ABCDEF tako da njegova stranica DE pripada horizontalnom osnovom H. Prikazati samo onaj estougao koji se nalazi ispred frontalne osnove. A(50; 20; 40), B(80; 0; 40) 2. Grupa Format A3 1. O(180; 80) U sve tri ortogonalne projekcije nacrtati:

a) frontalni krug sa centrom u taki K(30; 30; 30), poluprenika r=30mm b) horizontalni kvadrat ABCD, ija je dijagonala A(100; 10; 20), C(70; 40; 20) c) profilni krug sa centrom u taki R(140; 20; 30), poluprenika r=20mm

2. O(180; 220) U paru ortogonalnih projekcija odrediti prodor prave a kroz ravni 4 i 5. 4(130; ; 80), 5(160; 70; ), a/A(160; 30; 20), B(0; 0; 60) 3. O(380; 110) U paru ortogonalnih projekcija nacrtati jednakostranini trougao ABC tako da njegovo teme C pripada frontalnoj osnovi F. Prikazati oba reenja.

A(50; 30; 50) B(90; 30; 20) 4. O(380; 210) U paru ortogonalnih projekcija odrediti tragove ravni koja sadri datu du AB i sa horizontalnom osnovom zaklapa ugao od 450. Prikazati oba reenja. A(50; 20; 30), B(80; 0; 30)


2. VEBA

1. O(170; 80) Rotacijom i transformacijom odrediti pravu veliinu dui AB i njen ugao prema osnovi F. A(120; 60; 10), B(60; 10; 50). 2. O(170; 190) Rotacijom odrediti pravu veliinu ugla izmeu pravih a i c koje se seku u taki A.

a/A(80; 50; 50), B(30; 30; 0)/, c/A, C(130; 0; 30)/. Ravan transformacije 1: 1H, kroz koordinatni poetak O

3. O(360; 90) Postupkom transformacije odrediti ugao izmeu ravni trouglova ABC i ABD.

A(60; 30; 15), B(10; 10; 35), C(25; 50; 0), D(45; 0; 0). Ravan transformacije 1: 1F, kroz taku R(0; 0; 50).

4. O(400, 180) Transformisati kocku ABCDEFGH tako da se ona projicira u pravcu telesne dijagonale CE.

A(50; 0; 0), C(10; 40; 0), E(50; 0; 40). Ravni transformacije postaviti kroz taku R(100; 0; 0).

Objanjenje Reenje ove vebe prikazano je na slici 2.1. 1. zadatak Da bi se u nekoj projekciji ugao izmeu dui i ravni video u pravoj veliini neophodno je da se u toj istoj projekciji du vidi bez deformacija a ravan zrano (kao prava linija). Poto je potrebno da se odredi ugao izmeu dui AB i osnove F, dui AB je rotirana oko osovine s koja sadri taku A i upravna je na osnovu F, do horizontalnog poloaja. U horizontalnoj projekciji du AHBBOH se vidi u pravoj veliini, kao i ugao izmeu nje i osnove F. Ovaj zadatak se moe reiti i transformacijom. Paralelno dui AB postavljena je nova projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu F. U prvoj pomonoj projekciji du A B se vidi u pravoj veliini, a osnova F zrano. Iz tih razloga se u toj istoj projekciji neposredno meri i oitava traeni ugao izmeu dui AB i frontalne osnove F.

1 1

Algoritam za rotaciju: 1. Usvajanje osovine rotacije s: A s; sF; 2. Rotacija dui AB oko osovine s do horizontalnog poloaja: AB ABO; ABO || H; 3. Prava veliina d dui AB: d = AHBBOH; 4. Ugao F izme dui AB i osnove F: F = (AHBBOH,F ). HAlgoritam za transformaciju: 1. Usvajanje pomone projekcijske osnove 1: 1F; 1|| AHBH; 2. Formiranje prve pomone projekcije dui AB: AHBH A1B1; 3. Prava veliina d dui AB: d = A1B1; 4. Ugao F izme dui AB i osnove F: F = (A1B1,F1). 2. zadatak


U nekoj projekciji se ugao izmeu dve prave vidi u pravoj veliini ako se u toj istoj projekciji obe prave vide bez deformacija. Da bi se prave a i c videle u pravoj veliini u horizontalnoj projekciji izvrena je rotacija ovih pravih do njihovog horizontalnog poloaja. Kroz taku C uoena je horizontalna prava h na ravni koju defeniu ove tri nekolinearne take. Kroz koordinatni poetak postavljena je nova projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu H i horizontalnu pravu h. U prvoj pomonoj projekciji horizontala h1 se vidi kao taka, a ravan koju definiu take A, B i C kao prava linija. Zatim je izvrena rotacija ove ravni do horizontalnog poloaja, oko prave h, kao osovine obrtanja. U prvoj pomonoj projekciji lukovi rotacije se vide u pravoj veliini a u susednoj, horizontalnoj, kao prave linije ortogonalne na osovinu rotacije. U horizontalnoj projekciji se rotirane prave vide u pravoj veliini, kao i ugao izmeu njih. Algoritam: 1. U taki C ravni ABC, postaviti horizontalu h: hABC; Ch; h F|| H F; h F h H; 2. Usvajanje pomone projekcijske osnove 1: O1; 1H; 1hH; 3. Formiranje pomonih projekcija datih taaka: A HA 1; B HB 1; C HC 1; C1=h1; 4. Rotacija ravni ABC oko horizontale h: h1hO1; C1CO1; A1AO1; B1BBO1; (ABC)O1|| H ; 15. Formiranje H i F projekcija rotiranih taaka: AO1AOHAOF; BO1BBOHBOB F; CO C; 6. Odreivanje prave veliine traenog ugla : = (CH, AOH, BOH). 3. zadatak Da bi se u nekoj projekciji ugao izmeu dve ravni video u pravoj veliini potrebno je da se u toj istoj projekciji obe ravni vide zrano (kao prave linije). Dve ravni se vide zrano ako se njihova presena prava vidi kao taka. Na osnovu ove dve injenice reen je ovaj zadatak. Kroz taku R postavljena je prva pomona ravan, paralelno dui AB i ortogonalno na projekcijsku osnovu F. U prvoj pomonoj projekciji du A1B1 se vidi u pravoj veliini. Usvojena je i druga pomona projekcijska osnova, ortogonalno na du AB i pomonu osnovu 1. Kako se u drugoj pomonoj projekciji du A2B2 vidi kao taka, a ravni trouglova A2B2C2 i A2B2D2 kao prave linije, u toj pomonoj projekciji se neposredno oitava ugao izmeu ravni ova dva trougla. Algoritam: 1. Usvajanje pomone projekcijske osnove 1: RH1; 1F; 1|| AFBF; 2. Formiranje prvih pomonih projekcija datih taaka: (AB)F(AB)1; CFC1; DFD1; 3. Usvajanje pomone projekcijske osnove 2: 21; 2A1B1; 2. Formiranje drugih pomonih projekcija datih taaka: (AB)1(AB)2; C1C2; D1D2; A2= B2; 5. U drugoj pomonoj projekciji traeni ugao se vidi u pravoj veliini: =(A2C2, A2D2). 4. zadatak Da bi se konstruisala projekcija kocke ABCDEFGH u pravcu njene telesne dijagonale CE, potrebno je izabrati novu projekcijsku osnovu koja je ortogonalna na pravac dijagonale CE. To se ne moe uiniti neposredno jer se dijagonala CE ne vidi u pravoj veliini ni u horizontalnoj ni u frontalnoj projekciji. Zato je neophodno da se prvo, kroz taku R, postavi pomona projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu H i paralelno telesnoj dijagonali CE. Posle izvrene transformacije kocke, du CE se vidi u pravoj veliini. Usvojena je jo jedna pomona projekcijska osnova 2, ortogonalno na dijagonalu CE. Kako se u drugoj pomonoj


projekciji telesna dijagonala C2D2 vidi zrano (kao taka), u toj poslednjoj projekciji dobija se traeni izgled kocke. Njena vidljivost odreuje se prema sledeim principima: vidljive su one ivice koje formiraju konturu kocke, kao i ivice koje su najudaljenije od odgovarajue projekcijske osnove. U ovom primeru, osim konture, vidljiv je trijedar u taki C2. Algoritam: 1. Usvajanje pomone projekcijske osnove 1: RH1; 1H; 1|| CHEH; 2. Formiranje prve pomone projekcije kocke: (ABCDEFGH)H(ABCDEFGH)1; 3. Usvajanje pomone projekcijske osnove 2: R12; 21; 2C1E1; 4. Formiranje druge pomone projekcije kocke: (ABCDEFGH)1(ABCDEFGH)2; 5. Odreivanje vidljivosti kocke u svim projekcijama.


O 1

R

A

BF

F

BH

AH

B1A1

BH OBF O

H

A B

O 3A

BF

F

DHCF

CH

AH

BH

A1B1

D1C1

A2 B2

C2

D2

1

2

CDH

HHAF

BFCF

DF

EFFF

GH

FF

O 4EH FH

GH

H1

A1

B1

C1

D1E1

F1

G1

E2C2A

2

B2D2

F2

G2

H2

= RF

H

A AF

CF

BF

c

a

F

F

CH

BHH

cHaH

BH O

AH O

cH o

1

O2

HH

hHhF

B1

A1A1 O

O1 B

C1h1

=

Sl. 5

. 1

Slika 2.1


ZADACI ZA RAD

1. grupa Format A3 1. O(140; 70) Rotacijom i transformacijom odrediti pravu veliinu dui AB i njen ugao prema osnovi H. A(80; 0; 60), B(80; 40; 10). 2. O(140; 230) Rotacijom odrediti pravu veliinu trougla ABC.

A(100; 0; 0), B(40; 0; 40), C(40; 50; 0) Ravan transformacije 1: 1F, kroz koordinatni poetak O.

3. O(400; 60) Transformisati pravilnu pravu etvorostranu piramidu VABCD tako da se njena strana VAB vidi u pravoj veliini.

V(30; 25; 50), A(30; 0; 0), B(55; 25; 0), C(30; 50; 0), Ravan transformacije 1: 1H, kroz taku R(85; 0; 0).

4. O(400, 230) Transformisati kocku ABCDEFGH tako da se ona projicira u pravcu zraka ST.

A(50; 0; 0), C(10; 40; 0), E(50; 0; 40), S(60; 0; 20), T(90; 30; 0) Ravni transformacije postaviti kroz taku R(120; 0; 0).

2. Grupa Format A3 1. O(140; 70) Transformacijom i rotacijom odrediti rastojanje izmeu take T i dui AB. T(70; 35; 40), A(80; 0; 20), B(25; 30; 20). 2. O(140; 230) Rotacijom odrediti pravu veliinu pravougaonika ABCD: A(40; 50; 0) B(40; 0; 40), C(100; 0; 40) D(100; 50; 0). 3. O(400; 60) Transformisati pravilnu pravu petostranu piramidu VABCDE tako da se jedna njena strana vidi u pravoj veliini. Bazis piramide je pravilni petougao ABCDE na osnovi H, sa sreditem u taki S. V(30; 25; 50), A(30; 0; 0), S(30; 25; 0) 4. O(400; 230) Transformisati konus tako da se on vidi u pravcu zraka ST. Bazis konusa pripada osnovi H, a poluprenik mu je r=20mm. Visina konusa je h=40mm, a centar bazisa je u taki C.

C(30; 30; 0), S(60; 0; 20), T(90; 30; 0). Ravni transformacije postaviti kroz taku R(120; 0; 0).


3. VEBA (I kolokvijum)

1. O(130; 80) Odrediti presek izmeu ravni trouglova ABC i PQR. ABC: A(0; 20; 20), B(70; 80; 70), C(110; 0; 0),

PQR: P(20; 60; 0), Q(40; 0; 70), R(120; 70 ;30 ), 2. O(220; 80) U taki T koja pripada ravni trougla ABC nacrtati horizontalu h, frontalu f i normalu n ove ravni. Postupkom transformacije odrediti ugao izmeu ravni trougla ABC i frontalne projekcijske osnove F. ABC: A(0; 10; 60), B(60; 10; 10), C(0; 50; 10) T(20; 20; ?) Ravan transformacije 1: 1F, kroz taku A. 3. O(340; 90) Odrediti rastojanje izmeu mimoilaznih pravih a i b.

a/A1(50; 10; 40), A2(0; 50; 20)/, b/B1(50; 10; 0), B2(0; 20; 20)/. Prva ravan transformacije 1F. 4. O(210; 230) Postupkom transformacije odrediti ugao izmeu prave a i ravni trougla ABC. U svim projekcijama odrediti prodor P prave a kroz ravan trougla ABC. ABC: A(20; 0; 20), B(50; 50; 60), C(90; 20; 0) a:/M(30; 40; 0), N(90; 20; 50)/.

Objanjenje Reenje ove vebe prikazano je na slici 3.1. 1. zadatak Prava p je presek izmeu ravni trougla ABC i PQR i odreena je takama M i N. Taka M je prodor dui BC kroz trougao PQR, a taka N je prodor dui PQ kroz trougao ABC. U oba sluaja prodori su odreeni metodom zaklonjene dui. U frontalnoj projekciji, du BFCF zaklanja du 1F-2F na trouglu PQR. Taka 1 pripada stranici RP, a taka 2 stranici RQ. Ove take su prenesene u horizontalnu projekciju, gde se neposredno uoava presek izmeu dui 1H-2H i CHBH u taki MH, koja je sponom vraena u frontalnu projekciju, na du CFBF. Zatim je odreena i taka N. U frontalnoj projekciji, du PFQF zaklanja du 3F-4F na trouglu ABC. Taka 3 pripada stranici AB, a taka 4 stranici AC. Ove take su prenesene u horizontalnu projekciju, gde se neposredno uoava presek izmeu dui 3H-4H i PHQH u taki NH, koja je sponom vraena u frontalnu projekciju, na du PFQF. Kao to je ve reeno, du MN definie presek p izmeu datih trouglova. Na kraju je odreena i njihova vidljivost. U horizontalnoj projekciji du AB je delimino zaklonjena trouglom PQR, koji se na tom delu nalazi iznad nje. U frontalnoj projekciji du AC je delimino zaklonjena trouglom PQR koji se na tom delu nalazi ispred nje, i tako dalje. U obe projekcije, dui CB i PQ menjaju svoju vidljivost u takama prodora. Algoritam: 1. Uoavanje dui 1F-2F koju zaklanja du BFCF: 1F RFPPF; 2F RFQF; 2. Prenoenje taaka 1 i 2 iz F u H projekciju: 1F1H; 2F2H; 1HRHPPH; 2H RHQH;


3. Odreivanje take M: MH = (1-2)H (CB)H; MH MF; 4. Uoavanje dui 3F-4F koju zaklanja du PFQF: 3F AFBF; 4F AFCF; 5. Prenoenje taaka 3 i 4 iz F u H projekciju: 3F3H; 4F4H; 3H AHBH; 4H AHCH; 6. Odreivanje take N: NH = (3-4)H (PQ)H; NH NF; 7. Definisanje presene prave p: pH(MH, NH); pF(MF; NF); 8. Odreivanje vidljivosti trouglova ABC i PQR. 2. zadatak Stranica AB trougla ABC paralelna je sa osnovom F, a stranica BC sa osnovom H. Zato du AB pretstavljha jednu frontalu, a du BC jednu horizontalu na ravni ovog trougla. Kako je zadatkom data horizontalna projekcija take T, najpre je odreena pozicija take TF u frontalnoj projekciji. Kroz taku TH, paralelno dui AHBH, uoena je frontala fH i njen presek 1H sa stranicom BHCH. Taka 1 je sponom prenesena na frontalnu projekciju dui BFCF i, kroz tu taku, paralelno dui AFBF, uoena je frontala fF u frontalnoj projekciji. Pozicija take TF odreena je u preseku frontale fF i spone za taku T. Dakle, u obe projekcije frontala u taki T paralelna je dui AB, a horizontala je paralelna dui CB. Frontalna projekcija normale nF odreena je iz uslova da je ona ortogonalna na frontalne projekcije frontala, a njena horizontalna projekcija nH iz uslova da je ona ortogonalna na horizontalne projekcije horizontala. Ugao izmeu ravni trougla ABC i osnove F odreen je transformacijom. Kroz taku A, ortogonalno na osnovu F i du AB postavljena je nova projekcijska osnova 1. U toj pomonoj projekciji i ravan trougla i osnova F vide se zrano (kao prave linije), pa se ugao izmeu njih meri i oitava neposredno. Algoritam: 1. Odreivanje frontalne projekcije take T: f H|| AHBH; THf H; f Hf F; f F|| AFBF; TFf F; 2. Odreivanje horizontale take T u obe projekcije: Th; h H|| CHBH; h F|| CFBF; 3. Konstrukcija normale u taki T: Tn; nHCHBH; nFAFBF; 4. Postavljanje pomone projekcijske osnove 1: 1F; AF1; 1AFBF; 5. Formiranje pomone projekcije trougla ABC: AFBFCF A1B1C1; 6. Neposredno uoavanje ugla izmeu osnove F i ravni ABC u prvoj pomonoj projekciji. 3. zadatak U nekoj projekciji se rastojanje izmeu dve mimoilazne prave moe neposredno izmeriti ako se, u toj istoj projekciji, jedna od ove dve prave vidi kao taka. Na osnovu ove injenice zadatak je reen transformacijom. Ortogonalno na osnovu F i paralelno pravoj a uoena je nova projekcijska osnova 1 i izvrena transformacija obe prave. U toj pomonoj projekciji, prava a1 se vidi u pravoj veliini. Odmah zatim, ortogonalno na pravu a1 i osnovu 1, uoena je pomona projekcijska osnova 2 i izvrena transformacija obe prave. U toj projekciji prava a2 se vidi kao taka, a njeno rastojanje od prave b2 se oitava i meri neposredno, po zajednikoj normali ovih mimoilaznih pravih. Algoritam: 1. Postavljanje pomone projekcijske osnove 1: 1F; 1|| aF; 2. Formiranje prve pomone projekcije pravih a i b: aFa1; bFb1; 3. Postavljanje pomone projekcijske osnove 2: 21; 2|| a1; 4. Formiranje druge pomone projekcije pravih a i b: a1a2; b1b2; 5. Odreivanje rastojanja izmeu pravih a i b u drugoj pomonoj projekciji.


4. zadatak U nekoj projekciji se ugao izmeu prave i ravni vidi u pravoj veliini ako se, u toj istoj projekciji, ravan vidi zramo, a prava bez deformacija. Na osnovu ove injenice zadatak je reen pomou tri uzastopne transformacije datog trougla i prave. Na ravni trougla ABC uoena je frontala f i, ortogonalno na nju i osnovu F, postavljena je nova projekcijska osnova 1. U toj pomonoj projekciji ravan trougla se vidi kao prava linija (zrano). Odmah zatim, uoena je nova projekcijska osnova 2, paralelno sa trouglom A1B1C1 i ortogonalno na osnovu 1. U toj drugoj, pomonoj, projekciji trougao A2B2C2 se vidi u pravoj veliini. Na kraju je, paralelno sa pravom a2 i ortogonalno na osnovu 2 i ravan trougla A2B2C2, uoena pomona projekcijska osnova 3. U toj poslednjoj projekciji trougao se vidi zrano, a prava bez deformacija, pa se ugao izmeu njih meri i oitava neposredno u pravoj veliini. Algoritam: 1. Uoavanje frontale f na trouglu ABC: fABC; fC; f H f F; 2. Postavljanje pomone projekcijske osnove 1: 1F; 1f F; 3. Formiranje prve pomone projekcije ABC i prave a: (ABC)F(ABC)1; aF a1; 4. Postavljanje pomone projekcijske osnove 2: 21; 2|| (ABC)1; 5. Formiranje druge pomone projekcije ABC i prave a: (ABC)1(ABC)2; a1 a2; 6. Postavljanje pomone projekcijske osnove 3: 32; 3|| a2; 7. Formiranje prve pomone projekcije ABC i prave a: (ABC)2(ABC)3; a2 a3; 8. Odreivanje ugla izmeu ravni ABC i prave a u treoj pomonoj projekciji.


nF

AF AH

BF

CF

CH

BH

PF PH

QF

QH

RF RH

pF

pH

1F

2F

1H

2H

3F

4F 4H

3H

MF

MH

NHNF

N1

AHAF

A1

BF BH

CHCF

B1B2

B3

A2

A3

C1

C2

C3

M1

N2

M2

M3

N3

P3

P2

P1

PF

PH

A

A

H

F

BF BHTHTF

CF CH

hFfF

nHfH

hH

C1B1

A1

1

2

3

AHBH 1

1

AH2

BH2

BF 1A1F

a

bH

H

aF bF

B2H

AH2

=

=

a1

b1A1

1

B21

B1 1

a2A

21

B22

B 12

12

H 11F

fHfF

MF

NF

MH

NH

1

aHaF

a1

a2

a3

Sl. 7

.1

Slika 3.1


ZADACI ZA RAD 1. Grupa Format A3 1. O(110; 100) Odrediti presek izmeu ravni 4 i ravni 5, i ugao izmeu njih.

4(-70; 50; 30), 5(50; 30; 50). 2. O(110; 240) Postupkom transformacije odrediti ugao izmeu prave a i ravni 4.

a/A(60; 40; 40), B(10; 10; 10)/, 4(70; 30; 40).

3. O(100; 60) Odrediti rastojanje izmeu paralelnih pravih a i b. a/A(50; 50; 20), B(0; 20; 60); b/C(50; 30; 0)/.

2. Grupa Format A3 1. O(130; 220) U taki T koja pripada ravni trougla ABC nacrtati pravu r koja je upravna na frontalne prave ove ravni. Postupkom transformacije odrediti ugao izmeu ravni trougla ABC i horizontalne projekcijske osnove H. ABC: A(90; 0; 10), B(30; 60; 60), C( 0; 0; 30) T(40; 20; ?) 2. O (330; 80) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati ravan 5 koja sadri datu taku T i paralelna je sa ravni trougla ABC. T(0; 30; 50) ABC: A(90; 0; 10), B(30; 60; 60), C( 0; 0; 30) 3. O (380; 230) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati ravan 5 koja sadri datu pravu p i ortogonalna je na datu ravan 4(80; 40; ). p/P(80; 50; 0), Q(0; 0; 60)/


4. VEBA (Skiciranje i rad na raunaru)

1. U prvoj etvrtini formata A3 skicirati (bez upotrebe lenjira) du: a) AB (duine oko 150mm) paralelno duoj ivici lista

b) AC, ortogonalno na du AB c) AD koja sa AC zaklapa ugao od 450d) AE koja sa AC zaklapa ugao od 300e) AF koja sa AC zaklapa ugao od 600.

2. U drugoj etvrtini formata A3 skicirati (bez upotrebe lenjira i estara) krug: a) prenika oko 50mm b) prenika oko 100mm.

3. U treoj etvrtini formata A3 skicirati pravilni estougao iji je opisani krug prenika

a) priblino 50mm b) priblino 100mm. Zadatak reiti bez upotrebe lenjira i estara.

4. U poslednjoj etvrtini formata A3 skicirati elipsu, ija velika poluosa iznosi:

a) priblino 30mm, a mala je upola kraa b) priblino 70mm, a mala je za treinu kraa. Dodatne take na elipsi konstruisati metodom trake od hartije.

5. U datom sistemu pomonih linija napisati uspravno usko tehniko pismo. Velika i mala slova pisati latininom abecedom.

Objanjenje

Reenje ove vebe prikazano je slikom 4.1. Prave se skiciraju uvek kroz dve take koje se oznaavaju presekom dve tanke kratke linije. Ako je rastojanje izmeu taaka veliko, prava se skicira tanko, olovkom 2H, iz dva ili vie nadovezanih poteza. A zatim, jednim, zavrnim potezom olovke HB formira se konana linija. Krunica se skicira tako to se prvo, nad parom ortogonalnih prenika, skicira tangencijalni kvadrat. Ako je krunica veeg prenika, u tangencijalnom kvadratu se skiciraju i njegove dijagonale i na poludijagonalama oznaavaju take koje je dele u odnosu 1:3. Kroz ove take se skiciraju tangente kruga, ortogonalno na dijagonalu. Na osnovu navedenih elemenata, krug se ucrtava prvo tankom, 2H olovkom, a zatim olovkom HB. Pravilni estougao se skicira uz pomo njegovog opisanog kruga. Krug se deli na priblino 6 jednakih delova, vodei rauna da su naspramne stranice estougla paralelne odgovarajuim prenicima opisanog kruga. Elipsa se skicira pomou tangencijalnog pravougaonika koji se ucrtava nad velikom i malom poluosom elipse. Dodatne take na elipsi mogu se dobiti metodom trake od hartije. Take treba da budu priblino simetrino rasporeene u odnosu na veliku i malu osu.


AB

C

D

E

F

a

b

ab

Sl.1

.1

Slika 4.1


ABC^DEFGHIJKLMN

UT[SRQPO

VW


ba

ZXYX

c~defghijklmnopqrs

@


4

?%

8

=!

+9

67

5

wx

123

0

z`

y

{

uv

t


4. VEBA II DEO 1. Izometrijski, bez upotrebe lenjira i estara, skicirati kocku stranice a70mm i na svim vidljivim stranicama skicirati krug. Skicu prikazati u prvoj etvrtini A3 formata. 2. U izometriji, bez upotrebe lenjira i estara, skicirati cilindar visine priblino h100mm i prenika osnove, priblino D70mm. Skicu prikazati u drugoj etvrtini A3 formata. 3. U izometriji, bez upotrebe lenjira i estara, skicirati pravilnu pravu estostranu piramidu visine priblino h100mm. Prenik opisanog kruga oko osnove je priblino D70mm. Skicu prikazati u treoj etvrtini A3 formata. 4. U izometriji, bez upotrebe lenjira i estara, skicirati pravilnu pravu estostranu prizmu visine priblino h100mm. Prenik opisanog kruga oko osnove je priblino D70mm. Skicu prikazati u poslednjoj etvrtini A3 formata.

Objanjenje

Izometrija je metoda pseudoprostornog prikazivanja elemenata gde su koordinatne ose tako postavljene da omoguuje sagledavanje predmeta u jednoj projekciji bez skraenja. Uglovi koje koordinatne ose uzajamno zaklapaju u izometriji su standardizovani i prikazani na slici 4.2. Na toj istoj slici data su reenja svih zadataka iz ove vebe. Kocka se u izometriji skicira neposredno, vodei rauna da njena kontura predstavlja pravilan estougao odnosno, da se jedna telesna dijagonala vidi kao taka. Krugovi na vidljivim stranama kocke vide se kao elipse, koje se skiciraju po pravilima koja su objanjena u predhodnoj vebi. Pre nego to se nacrta cilindar, potrebno je skicirati odgovarajuu pravilnu pravu etvorostranu prizmu u koju je on upisan. Osnova ove prizme je kvadrat koji se u izometriji vidi kao jednakostranini paralelogrami. On tangira kruni bazis cilindra koji se u izometriji vidi kao elipsa. Skiciranje elipse vri se po svim pravilima koja su ve objanjena u predhodnoj vebi, uz napomenu da se metod trake od hartije moe koristiti za konstrukciju elipse i u sluaju kada je ugao izmeu njenih spregnutih osa kos. Projekcije konturnih izvodnica cilindra tangiraju projekcije njihovih bazisa i razdvajaju vidlje od nevidljivih delova omotaa. Nevidljive ivice povri prikazuju se isprekidanim (2H) linijama, a sve vidljive punim (HB) linijama. Pravilna prava estostrana piramida i prizma skiciraju se uz pomo konusa, odnosno cilindra, u koje se oni mogu upisati. Osnove ove prizme i piramide su pravilni estougaonici koji se u izometriji vide deformisano ali tako da je ouvana paralelnost odgovarajuih dijagonala i stranica. Skiciraju se pomou elipsi u koje su oni upisani. Vidljivost ovih rogljastih povri odreuje se kao i u prethodna dva zadatka.


Sl.2

.1

Slika 4.2


Na drugoj strani A3 lista (trei deo vebe br.4) 1. Bez upotrebe lenjira i estara, predmet prikazan na slici skicirati u:

a) kosoj projekciji b) izometriji c) centralnoj projekciji sa dva nedogleda.

Objasniti geometrijsku strukturu prikazanog objekta (modeliranje) i konstruktivne karakteristike svake od pomenutih projekcija. Napomena: Slike su numerisane brojevima od 0 do 9. Student reava zadatak pod onim brojem koji je jednak poslednjoj cifri u broju njegovog indeksa.

0 1 2 3

4 5 6

7 8 9


Objanjenje

Skiciranje datog predmeta u izometriji vri se po svim pravilima koja su objanjena u prethodnoj vebi. Ovde e biti izloena objanjenja za skiciranje u frontalnoj kosoj projekciji i perspektivi sa dva nedogleda. U frontalnoj kosoj projekciji, x i z koordinatna osa obrazuju prav ugao i nemaju skraenja, dok je skraenje po y osi, kao i ugao izmeu nje i ostalih koordinatnih osa u granicama od 300 do 600. Ipak, preporuuju se sledee vrednosti uglova i skraenja: (


Sl

N 1N

2

.3.1

z

x

y

45

Slika 4.3


5. VEBA 1. O(190; 100) U paru ortogonalnih projekcija odrediti prodor prave p kroz ravan trougla ABC. Odrediti vidljivost prave uz pretpostavku da je ravan trougla neprovidna. Zadatak reiti transformacijom. p/Q(0; 40; 40), R(130; 0; 0)/ A(0; 30; 0) B(50; 0; 60) C(110 ; 50; 20) Ravan transformacije 1: 1F, kroz taku R. 2. O(160; 230) U paru ortogonalnih projekcija odrediti tragove ravni koja je zadata pravom a i takom R. Konstruisati prodor N prave n koja sadri koordinatni poetak O i upravna je na datu ravan. Zadatak reiti transformacijom. a/A(40; 0; 60), B(90; 30; 0)/, R(40; 30; 30) Ravan transformacije 1: 1F, kroz taku T(-20; 0; 0). 3. O(390; 100) Na ravni 4(140; 120; 80) konstruisati krug koji dodiruje sve tri projekcijske osnove. Konstruisati dodirne take D1, D2 i D3 u prikazati ih u obe projekcije.

Objanjenje

Reenje ove vebe prikazano je na slici 5.1. 1. zadatak Prodor prave kroz ravan se u projekciji vidi neposredno ako se, u toj istoj projekciji, ravan vidi zrano. Da bi se ravan trougla ABC videla zrano (kao prava linija) neophodno je da se usvoji nova projekcijska osnova 1 ortogonalno na ravan ovog trougla. Na osnovu navedenih injenica reen je ovaj zadatak. U taki A, na ravni trougla ABC, uoena je frontala f koja se u frontalnoj projekciji vidi u pravoj veliini. Kroz taku R postavljena je nova, pomona projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu F i frontalu f. U toj pomonoj projekciji, trougao se vidi zrano, pa se prodor prave p kroz njegovu ravan uoava neposredno. Na kraju je taka prodora P sponama vraena u frontalnu i horizontalnu projekciju, a odreena je i voidljivost prave uz pretpostavku da je ravan trougla neprovidna. U horizontalnoj projekciji vidljiv je onaj deo prave koji se od take prodora P nalazi iznad ravni trougla ABC, a to se uoava u frontalnoj projekciji. U frontalnoj projekciji vidljiv je onaj deo prave koji se od take prodora P nalazi ispred ravni trougla ABC, a to se uoava u horizontalnoj projekciji. Algoritam: 1. U taki A, na ravni ABC uoava se frontala f: fABC; Af; f H|| F H; f H f F; 2. Usvajanje pomone projekcijske osnove 1: R1;1F; 1f F; 3. Formiranje pomonih projekcija prave p i ABC: pFp1; (ABC)F(ABC)1; 4. U prvoj pomonoj projekciji prodor P se vidi neposredno: P1=p1 (ABC)1; 5. Odreivanje frontalne i horizontalne projekcije take P: Pp; P1PPFPHP ; 6. Odreivanje vidljivosti prave p u svim projekcijama. 2. zadatak Prava a i taka R definiu jednu ravan, koja je oznaena brojem 4. Kroz taku R uoena je frontala f ove ravni i usvojena je nova, pomona, projekcijska osnova 1, ortogonalno na


frontalu f i frontalnu projekcijsku osnovu F. Izvrena je transformacija prave a, take R i koordinatnog poetka O. U toj novoj projekciji, frontalna osnova F i ravan 4 vide se kao prave linije (zrano), a njihova presena prava 4F (drugi trag ravni 4) vidi se kao taka. Drugi trag 4F vraen je u frontalnu projekciju i uoena je taka 4X u kojoj ravan 4 see x osu. Trag 4H odreen je takama B i 4X , jer obe pripadaju horizontalnoj projekcijskoj osnovi. Zatim je konstruisan i prodor normale n kroz ovu ravan. To je uinjeno neposredno u prvoj pomonoj projekciji jer se u njoj ravan 4 vidi zrano. Uoena je i frontalna i horizontalna projekcija normale n iz uslova da je nF4F, odnosno nH4H. Na kraju je, iz prve pomone projekcije u frontalnu i horizontalnu projekciju, vraen i prodor N normale n ove ravni. Algoritam: 1. Uoavanje frontale f ravni 4(a, R): Rf; f4; f H|| F H; f H f F; 2. Usvajanje pomone projekcijske osnove 1: T1;1F; 1f F; 3. Formiranje pomonih projekcija prave a, take R i ravni 4: aFa1; RFR1; 41(a1, R1); 4. Odreivanje F i H tragova ravni 4: 141=4F1; 4F14FF; 4X = 4F Ox; 4HH(4X , BH); 5. Uoavanje pomone projekcije normale n i njenog prodora kroz ravan: n141; P1= n141; 6. Odreivanje frontalne projekcije prave n i take P: nF4FF; n1nF; PFnF; 7. Odreivanje horizontalne projekcije prave n i take P: nFnH; PFPPH; 3. zadatak Krug na ravni 4 dodiruje sve tri projekcijske osnove ako je upisan u trouglu njenih tragova. Kako se krug u ortogonalnim projekcijama vidi kao elipsa, ovaj zadatak se ne moe reiti neposredno, ve je neophodno da se prvo odredi prava veliina trougla tragova ravni kojoj pripada ovaj krug. To je uinjeno obaranjem ravni (rotacijom) oko njenog horizontalnog traga 4H, u projekcijsku osnovu H. Tokom rotacije, taka 4Z se kree po krunom luku koji se u horizontalnoj projekciji vidi kao prava linija kH upravna na 4HH. Taka 4ZO u oborenom poloaju konstruisana je iz uslova da je se du 4X4Z vidi u pravoj veliini i u frontalnoj projekciji i u oborenom poloaju. Centar CO traenog kruga je odreen kao centar kruga upisanog u trougao tragova 4X4Y4ZO (kao presek simetrala s i q uglova ovog trougla). Zatim je odreen poluprenik kruga i take D1, D2 i D3 u kojima on dodiruje sve tri projekcijske osnove. Centar CO je pomou horizontale ravni 4 vraen u obe ortogonalne projekcije. Poto se u horizontalnoj i frontalnoj projekciji ovaj krug vidi kao elipsa koja se na kraju mora konstruisati, neophodno je da se iz oborenog poloaja u obe ortogonalne projekcije prenese i par njegovih ortogonalnih prenika. U ovom sluaju, to je uinjeno sa horizontalnim prenikom 1-2 i njemu ortogonalnim 3-D1. Na kraju je konstruisana horizontalna projekcija elipse metodom temenih lukova krivine i frontalna projekcija elipse, metodom 8 taaka i 8 tangenti. U takama D1, D2 i D3, elipsa tangira odgovarajue tragove ravni. Algoritam: 1. Obaranje ravni 4 u osnovu H: (4X-4ZF)=(4X-4ZO); kH4HH; 4ZO kH; 2. Odreivanje centra kruga u oborenom poloaju: CO = sq; 3. Odreivanje poluprenika kruga u oborenom poloaju: r=COD1O=COD2O=COD3O; COD1O4H; 4. Prenoenje centra kruga u H i F projekciju: COCHCF; 5. Prenoenje ortogonalnih prenika u H i F projekciju: (1-2)O(1-2)H(1-2)F;


3

H

AF

H A

BF BH

CF

CH

PF PH

1

R RHF

QF

QH

C1A1

B1p

ppF

1 P1

fH

fF

f1 =

4F Z

4F F

4 X4H Z

4 ZO

4H Y

4F H 4H F 4H H

CF

CH

4F P 4H P

4 FO

4 PO

C OD 2

O

D 3OD 1

O

D 3H

DH 2

DF 1

D 3FD 2F

1

2

1

12F

F

3H3F

AF

B B

AHR R

TF

F HH

fHfF4 F

4 H

4 X

A1R1

N1 n1

F

nF nH

NF NH

41

1 O2

O21

F

H

kH

kH

2 //2

/2

/2

s

q

O1

O3

S l. 6

.1

Slika 5.1


ZADACI ZA RAD 1. Grupa Format A3 1. O(180; 80) U paru ortogonalnih projekcija odrediti tragove ravni koja je definisana sa 3 nekolinearne take A, B i C. Odrediti ugao ove ravni prema horizontalnoj i frontalnoj projekcijskoj osnovi. A(50; 60; 0), B(20; 0; 50), C(80; 30; 10) 2. O(130; 240) Odrediti (najkrae) rastojanje izmeu ravni 4 i take A.

4(100; 50; 50), A(70; 40; 40); Zadatak reiti transformacijom. 3. O(400; 100) Na ravni 4(140; 120; 80) konstruisati pravilan petougao ABCDE. A(0; 30; ?), B(0; 80; ?) 2.Grupa Format A3 1. O(130; 80) U paru ortogonalnih projekcija odrediti tragove ravni 4 koja je definisana normalom n i takom N. Konstruisati ravan 5 koja je od ravni 4 udaljena 20mm. n/M(70; 60; 70), N(30; 30; 30)/ 2. O(160; 220) U paru ortogonalnih projekcija odrediti tragove ravni 4 definisane pravom p koja je upravna na sve njene frontale. Postupkom transformacije odrediti ugao izmeu ove ravni i frontalne osnove F. a/A(80; 0; 40), B(40; 50; 0)/ 3. O(380; 170) Na ravni 4(140; 100; 80) konstruisati kvadrat ija dijagonala see x osu. Sredite kvadrata je taka S(40; ?; 30), a duina njegove stranice je 50mm. 3. Grupa Format A3 1. O(160; 80) U paru ortogonalnih projekcija odrediti prodor prave p kroz ravan paralelograma ABCD. Odrediti ugao izmeu ove ravni i frontalne projekcijske osnove. A(120; 10; 10), B(60; 10; 50), C(10; 50; 50), D(70; 50; 10) p/(P(0; 0; 0), Q(130; 70; 60)/ 2. O(140; 230) U taki R trougla ABC konstruisati normalu n, a zatim odrediti taku Q na normali n tako da je RQ=50mm.

A(40; 60; 0), B(90; 20; 20), C(10; 0; 60), R(50; ?; 20). 3. O(400; 110) Na ravni 4(160; 80; 100) konstruisati pravilan estougao ABCDEF. A(40; 0; ?), B(80; 0; ?).


6. VEBA 1. O(160; 100) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravu, pravilnu etvorostranu piramidu VABCD tako da dve ivice njenog bazisa budu paralelne profilnoj osnovi P. Bazis ABCD je kvadrat na ravni 4, ija ivica ima duinu a=50mm. 4(140; 110; 90), V(80; 80; 80) 2. O(310; 100) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati konus visine h=90mm. Bazis konusa je krug na ravni 4 koji dodiruje horizontalnu projekcijsku osnovu H. Zadatak reiti transformacijom. 4(120; 100; 70); Centar bazisa S(35; 35; ?) Ravan transformacije 1: 1H, kroz taku R(0; 70; 0).

Objanjenje

1. zadatak Reenje ovog zadatka prikazano je na slici 6.1. Kako je etvorostrana piramida VABCD pravilna i prava, sredite S bazisa ABCD odreeno je kao prodor normale n koja sadri vrh V, kroz ravan 4. To je uinjeno neposredno u projekcijama, metodom zaklonjene dui. Na ravni 4, uoena je du 1F-2F koju zaklanja frontalna projekcija normale nF. U horizontalnoj projekciji uoen je presek SH dui 1H-2H i normale nH. Poto je neophodno da se na ravni 4 nacrta bazisni kvadrat ABCD, izvreno je obaranje ove ravni na osnovu H, rotacijom take 4Z oko njenog prvog traga 4H. (Rotacijom take 4Z, oboren je i frontalni 4F i profilni trag 4P ove ravni.) Oborena je i taka S i u oborenom poloaju konstruisan je kvadrat ABCD (ije sredite je taka S) tako da dve njegove ivice budu paralelne oborenom profilnom tragu 4PO i da njihova duina bude 50mm. Kvadrat je vraen u ortogonalne projekcije, konstruisana je piramida a, na kraju, je odreena i njena vidljivost u obe projekcije. Osim konture koja je uvek vidljiva, u horizontalnoj projekciji je vidljiva ivica VA, a u frontalnoj projekciji ivica VD. Algoritam: 1. Konstrukcija normale n koja sadri vrh V na ravan 4: V Hn H; V Fn H; n H4HH; n F4FF; 2. Odreivanje prodora S normale n kroz ravan 4: (1-2)F=nF; 14H; 24F; SH=(1-2)HnH; 3. Obaranje ravni 4 u osnovu H: (4X-4ZF)=(4X-4ZO); kH4HH; 4ZO kH; 4. Obaranje take S preko horizontale hS: ShS; hSHhSO; SHSO; 5. Konstrukcija bazisnog AOBBOCODO u oborenom poloaju; AOBO B || CODO || 4PO; AOBBO = 50mm; 6. Konstrukcija bazisa u paru ortogonalnih projekcija: (ABCD)O(ABCD)H(ABCD)F; 7. Odreivanje vidljivosti piramide VABCD u obe projekcije.


VF

VH

A

B

D

O

O

O

CO

SO

AH

BH

CH

DH

SH

AF

BF

CF

DF SF

4F

4H

4HO

4ZF

4HZ

4ZO

4P

4P

4PO

2F

1F

2H

1H

4X

kH

kH

hHS

hSO

Sl. 8.1Slika 6.1


2. zadatak Reenje ovog zadatka prikazano je na slici 6.2. Poluprenik bazisa ovog obrtnog konusa odreuje se iz uslova njegovog dodira sa osnovom H. Da bi se to postiglo, kroz taku R postavljena je nova, pomona, projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu H i horizontalni trag 4H ravni 4. U pomonoj projekciji ravan 4 se vidi kao prava linija, trag 4H kao taka, a poluprenik je jednak je dui S14H1. U pomonoj projekciji je konstruisan i vrh ovog konusa iz uslova da je SV=90mm, i na osnovu injenice da je njegova osovina ortogonalna na ravan bazisa i da se taj ugao vidi bez deformacija u pomonoj projekciji. Kada su odreeni svi metriki elementi ovog obrtnog konusa, on je nacrtan i u horizontalnoj i frontalnoj projekciji. Njegov bazis se u ortogonalnim projekcijama vidi kao elipsa i konstruie se po pravilima koji su ve objanjeni u vebi broj 6. Algoritam: 1. Postavljanje pomone projekcijske osnove 1: R1; 1H; 14H; 2. Formiranje prve pomone projekcije ravni 4 i take S: 4H 41; SH S1; 3. Odreivanje poluprenika r bazisa: r = (S1-4H1); 4. Konstrukcija konusa u pomonoj projekciji: (S1V1)41; (S1V1)= 90mm; 5. Konstrukcija bazisa u horizontalnoj projekciji: S1SH; (1,2,3,4)1(1,2,3,4)H; 6. Konstrukcija bazisa u frontalnoj projekciji: SHSF; (1,2,3,4)H(1,2,3,4)F; 7. Odreivanje konturnih izvodnica konusa i njegove vidljivosti.

VF

VH

V1

SF

SH

S1

1

4F

4H

4H

Z4F

Z4H

4ZH

1

21

1131=41

2H

1H

3H

4H

1F

2F

4F3F

n1

nH

nF

Sl. 8.2Slika 6.2


ZADACI ZA RAD 1. Grupa Format A3 1. O(150; 140) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravilnu pravu estostranu prizmu ABCDEFA1BB1C1D1E1F1 visine h= 50mm, iji bazis ABCDEF pripada ravni 4.

4(140; 100; 90). A(20; 0; ?), B(60; 0; ?) 2. O(330; 160) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati cilindar visine h=70mm. Bazis cilindra je krug na ravni 4 koji dodiruje frontalnu projekcijsku osnovu F. Zadatak reiti transformacijom. 4(140; 70; 80); centar bazisa C(40; 30; ?) Ravan transformacije 1: 1F, kroz taku R(0; 0; 80). 2. Grupa Format A3 1. O(150; 120) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati kocku ABCDEFGH iji bazis ABCD pripada ravni 4(140; 100; 90), a pravac dijagonale AC see x osu. E(80; 60; 60) 2. O(370; 180) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati konus, sa vrhom u taki V i centrom bazisa u taki S. Prenik bazisa jednak je visini konusa. V(130; 0; 110), S(60; 60; 60) Zadatak reiti transformacijom. 3. Grupa Format A3 1. O(170; 170) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravilnu pravu trostranu piramidu VABC, ija ravan bazisa ABC zaklapa ugao od 450 sa frontalnom osnovom F. A(60; 40; 50), B(100; 40; 20); visina piramide h=70mm. 2. O(400; 120) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravilnu pravu petostranu piramidu VABCDE, iji bazis ABCDE pripada ravni 4(130; 90; 100). V(80; 80; 70), A(60; ?; 0). 4. Grupa Format A3 1. O(170; 130) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravilnu pravu etvorostranu prizmu ABCDA1BB1C1D1 ije stranice AB i CD pripadaju paralelnim pravama m i n. m/P(20; 30; 70), Q(110; 30; 0)/; n/A(20; 60; 30)/; visina prizme h=60mm. 2. O(400; 90) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati kocku ABCDEFGH ije dve mimoilazne ivice pripadaju pravama p i q. p/M(100; 110; 0), N(0; 40; 0)/ q/R(100; 0; 80), S(0; ?; 30)/


7. VEBA 1. O(170; 80) Odrediti pravu veliinu preseka etvorostrane prizme ABCDA1BB1C1D1 i ravni 4. Metodom normalnog preseka razviti mreu zarubljene prizme. 4(140; 100; 70) A(0; 30; 0), B(30; 60; 0), C(50; 40; 0) D(20; 10; 0), A1(110; 30; 70)

Normalni presek postaviti paralelno duoj ivici lista, kroz taku Nm(120; 210) koja je od take A udaljena 80mm.

2. O(400; 90) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati presek pravilne prave etvorostrane piramide VABCD i prave prizme EFGHE1F1G1H1. Piramida:

Bazis ABCD je kvadrat na horizontalnoj osnovi; A(20; 40; 0), C(100; 40; 0); visina piramide h=80mm

Prizma: Bazis EFGH je frontalni pravougaonik; E(40; 90; 10), F(80; 90; 10), G(80; 90; 30), E1(40; 90; 10).

Razviti mreu piramide sa otvorom koji je nastao uklanjanjem prizme. Ivicu VD na mrei njenog razvijenog omotaa postaviti kroz taku Vm(100; 280), paralelno duoj ivici lista.

Objanjenje 1. zadatak Reenje ovog zadatka prikazano je na slici 7.1. Presek etvorostrane prizme i ravni 4 odreen je prodorima svake ivice ove prizme kroz datu ravan, metodom zaklonjenih dui. U horizontalnoj projekciji ivice prizme zaklanjaju frontale ravni 4, a u frontalnoj projekciji neposredno se uoavaju njihovi preseci sa odgovarajuim ivicama prizme. Prava veliina preseka A4BB4C4D4 odreena je obaranjem ravni 4 oko njenog horizontalnog traga 4H, u osnovu H. Da bi se razvila mrea zarubljene prizme ABCDA4B4B C4D4 potrebno je da se svi metriki elementi ove prizme odrede u pravoj veliini. U njene metrike elemente spadaju: dimenzije oba bazisa kao i duine i rastojanja izmeu ivica. Bazis ABCD vidi se u pravoj veliini u horizontalnoj projekciji, a prava veliina bazisa A4BB4C4D4 odreena je obaranjem ravni 4. Ivice ove prizme su paralelne sa osnovom F, pa se u frontalnoj projekciji vide u pravoj veliini. Ostaje jo da se odrede njihova meusobna rastojanja. To je uinjeno metodom normalnog preseka. Na rastojanju od 80mm od take A, postavljena je nova, pomona, projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu F i ivice ove prizme. Nova projekcijska osnova definie normalni presek date prizme. U toj pomonoj projekciji sve ivice prizme se vide kao take, pa se rastojanja izmeu njih oitavaju i mere neposredno. Mrea je razvijena tako to je kroz taku Nm postavljen normalni presek du koga su, poev od take Nm, preneena rastojanja izmeu paralelnih ivica prizme. Mereno od normalnog preseka, na ivice prizme su preneena rastojanja odgovarajuih temena gornjeg i donjeg bazisa, koja se neposredno oitavaju u frontalnoj projekciji. Na primer, taka A je od normalnog preseka udaljena 80mm (tako je zahtevano zadatkom), a rastojanje taka A4 izmereno je u frontalnoj projekciji i preneeno na ivicu mree, itd. Na kraju su, na mreu omotaa prislonjeni bazisi


zarubljene prizme: dimenzije donjeg bazisa ABCD izmerene su u horizontalnoj projekciji, a dimenzije gornjeg bazisa A4B4B C4D4 u oborenom poloaju. Algoritam: 1. Konstruisanje preseka A4BB4C4D4 date prizme i ravni 4 (metoda zaklonjenih dui); 2. Obaranje ravni 4 u osnovu H; 3. Odreivanje prave veliine preseka u oborenom poloaju: (A4BB4C4D4) (AH 4B4B C4D4)O ; 4. Postavljanje pomone projekcijske osnove 1: 1F; 1(AFA1F); dist(1-A)=80mm; 5. Formiranje prve pomone projekcije ivica prizme: aFa1; bFb1; cFc1; dFd1; 6. Razvijanje mree omotaa zarubljene prizme: normalni presek sadri taku Nm; 7. Konstrukcija bazisa ABCD i A4BB4C4D4 na razvijenoj mrei omotaa zarubljene prizme.

AFDF

DH

AH

BH

BF

CH

CF

4F

1

AFDF

BFCF

44

4 4

DH4

C4H AH4

B4H

B4O

C4O

D4O

A4O

4F4F

4Z

4ZO

F

a1

d1c1

b1AF1

AH1

Nm

A A

D

C

B

A

B

CD

A4

44

4

4

a b c d a

B

A

aF

cFdF

Normalni presek

Norm

alni p

resek

A4

D4

Slika 7.1 2. zadatak Reenje ovog zadatka prikazano je na slici 7.2. Ivice etvorostrane prizma EFGHE1F1G1H1 ortogonalne su na osnovu F, pa se prodori njenih ivica kroz etvorostranu piramidu VABCD vide neposredno u frontalnoj projekciji. U horizontalnoj projekciji, prodori 1P, 2P, 4P i 5P dobijaju se u preseku odgovarajuih izvodnica piramide i spona iz frontalne projekcije, a


take 3P i 6P iz uslova da su ivice preseka 2P-3P, 3P-4P, 5P-6P i 6P-1P horizontalne. Mrea omotaa piramide sastoji se iz 4 jednakokraka trougla ije se dimenzije mere neposredno u ortogonalnim projekcijama. Da bi se odredile pozicije taaka prodora na mrei, prethodno su na mrei odreene pozicije svih onih izvodnica piramide (V-1, V2, V3, V6) na kojima se ti prodori nalaze. Prave veliine otseaka V-3P i V-6P odreene su rotacijom i prenesene na mreu, a pozicije ostalih taaka prodora na mrei odreene su iz uslova da su ivice preseka 2P-3P, 3P-4P, 5P-6P i 6P-1P paralelne odgovarajuim ivicama bazisa (2P-3P || 6P-1P || AB) i (3P-4P || 5P-6P || BC). To je moglo da se uini i na drugi nain: prenoenjem pravih veliina odseaka V-1P, V-2P, V-6P na odgovarajue izvodnice na mrei, to je grafiki komplikovanije, ali isto tako ispravno. Algoritam: 1. Neposredno uoavanje preseka prizme i piramide u frontalnoj projekciji; 2. Prenoenje taaka preseka iz F u H projekciju: (1P 2P 3P 4P 5P 6P )F(1P 2P 3P 4P 5P 6P )H; 3. Odreivanje pravih veliina otseaka V-3P i V-6P , rotacijom: V-3P V-3PO i V-6P V-6PO; 4. Razvijanje mree omotaa piramide sa otvorom 1P 2P 3P 4P 5P 6P; 5. Konstrukcija bazisa piramide ABCD na razvijenoj mrei omotaa.

V F

G3PO

6PO

F

F HF

FF EF

AFCF

3P4P

5P1P

2P

BF DFDH

6P

VH AHCH

BHE =FH HG =HH H

3P5P4P

1P

2P

B

B

B B

B

B

B

Vm

3P 4P5P

1P2P

6P

Slika 7.2


ZADACI ZA VEBU 1. Grupa Format A3 O(170; 170) Odrediti pravu veliinu preseka trostrane prizme ABCA1BB1C1 i ravni 4. Bazis prizme je jednakostranini trougao na frontalnoj osnovi F. Metodom normalnog preseka razviti mreu zarubljene prizme. 4(140; 70; 100) A(0; 0; 10), B(0; 0; 60), A1(110; 70; 10)

Normalni presek postaviti paralelno duoj ivici lista, kroz taku Nm(220; 170) koja je od take A udaljena 80mm.

2. Grupa Format A3 1. O(120; 120) Odrediti pravu veliinu preseka obrtnog konusa i ravni 4(20; ; 35). Razviti mreu zarubljenog konusa od take Vm(300; 250) tako da najdua izvodnica njegovog razvijenog omotaa bude paralelna kraoj ivici lista.

Konus: Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K(0; 50; 0); poluprenik bazisa Rk=40mm; visina konusa h=70mm.


8. VEBA 1. O(170; 80) Odrediti pravu veliinu preseka obrtnog konusa i ravni 4(90; ; 70). Razviti mreu zarubljenog konusa od take Vm(330; 260) tako da prva izvodnica njegovog razvijenog omotaa bude paralelna duoj ivici lista. Konus:

Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K(40; 50; 0); poluprenik bazisa Rk=40mm; visina konusa h=70mm.

2. O(380; 90) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati preseke tri obrtna cilindra. (Drugi i trei cilindar postoje samo do preseka sa prvim.) I cilindar:

Bazis je krug na horizontalnoj ravni sa centrom u taki K(70; 40; 0), poluprenika R1=30mm; visina cilindra h1=80mm.

II cilindar: Osovina cilindra je horizontalna i see osovinu prvog cilindra; centar bazisa je u taki C1(20; 90; 30); poluprenik bazisa je R2=15mm.

III cilindar: Osovina cilindra C2C3: C2(130; 40; 50),C3(70; 40; 30); poluprenik bazisa je R3=30mm. Razviti mreu omotaa prvog cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem preostala dva cilindra. Prvu izvodnicu na mrei omotaa cilindra postaviti kroz taku Mm(220; 280) tako da bude paralelna kraoj ivici lista.

3. O(160; 110) Konstruisati presek obrtnog konusa i obrtnog cilindra. Razviti mreu cilindra koji se nalazi izvan konusa. Razviti mreu konusa sa otvorom koji je nastao ukljanjanjem obrtnog cilindra. Konus: Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K(100; 60; 0); poluprenik bazisa RK=50mm; visina konusa h=100mm. Cilindar:Osovina cilindra je horizontalna i see osovinu obrtnog konusa; poluprenik bazisa RC= 25mm; centar bazisa C(45; 145; 30); Mreu cilindra razviti od take Mm(210; 100) tako da izvodnice njegovog razvijenog omotaa budu paralelne kraoj ivici lista. Mreu obrtnog konusa razviti od take Vm(290; 260) tako da prva izvodnica njenog razvijenog omotaa bude paralelna duoj ivici lista.


Objanjenje 1. zadatak Reenje ovog zadatka prikazano je na slici 8.1. Ravan 4 see sve izvodnice datog konusa u konanosti, pa ovaj konusni presek pretstavlja elipsu. Elementi preseka se neposredno uoavaju u frontalnoj projekciji jer je ravan 4 upravna na osnovu F i u frontalnoj projekciji se vidi kao prava linija. Prenik elipse I-II dobija se iz frontalne projekcije, u preseku ravni 4 i konturnih izvodnica konusa. Prenik III-IV se vidi u frontalnoj projekciji kao taka i njegova veliina se odreuje u horizontalnoj projekciji, u preseku horizontalnog kruga kome on pripada i spona iz frontalne projekcije. Kako su prenici I-II i III-IV ortogonalni, elipsa se u horizontalnoj projekciji moe konstruisati metodom temenih lukova krivine. Prava veliina ovog preseka odreena je obaranjem ravni 4 u osnovu H, oko njenog horizontalnog traga 4H. Mrea konusa je razvijena pomou dvanaesostrane piramide koja je upisana u ovaj konus. Najpre je bazisni krug podeljen na 12 jednakih delova. Prodori 14, 24, 34 124 izvodnica V-1, V-2, V-3 V-12 kroz ravan 4 vide se neposredno u frontalnoj projekciji, a prave veliine zarubljenih izvodnica odreene su njihovom rotacijom oko osovine konusa do frontalnog poloaja. Na primer, prava veliina izvodnice 10-104 dobijena je rotacijom take 104 do frontalne izvodnice V-1 itd. Mrea je razvijena tako to je kroz taku Vm postavljena izvodnica V-1, paralelno duoj ivici lista. Mereno od take Vm, na nju je preneena prava veliina dui V-14 ime je na mrei konstruisana prava veliina zarubljene izvodnice 1-14. Poloaj izvodnice V-2 odreen je u preseku krunog luka poluprenika 1-2 (koji se meri na bazisu, u horizontalnoj projekciji) i krunog luka iji je poluprenik konstantan i jednak duini izvodnice obrtnog konusa (V-1). Ponavljanjem ovog postupka za sve izvodnice, razvijena je mrea omotaa ovog zarubljenog konusa. Algoritam: 1. Odreivanje prenika I-II i III-IV presene elipse i njenog sredita E; 2. Konstrukcija konusnog preseka (elipse) u horizontalnoj projekciji; 3. Obaranje ravni 4 u osnovu H; 4. Konstrukcija presene elipse u oborenom poloaju: (I-II)H(I-II)O; (III-IV)H(III-IV)O;EHEO; 5. Odreivanje pravih veliina izvodnica zarubljenog konusa: V-14FV-14O V-124FV-124O; 6. Razvijanje mree omotaa obrtnog konusa: Vm-1, Vm-2, Vm-3 Vm-12; 7. Razvijanje mree motaa zarubljenog konusa: 14-1, 24-2, 34-3 124-12; 8. Konstrukcija presene elipse na razvijenoj mrei omotaa zarubljenog konusa.


VF4F

4H

1 2 3

4

5

6

7

8

910

1112 4 10 5 9 6 8

3

2

1

12

11

104

114

124

9474

14

4454

34

64

24

1 1

2

3

4

5

6

12

11

10

9

8

7

7

65494

44104

34114

24124

OO

OO

OO

OO

4O

6454 49 4104434 411

24 412

14 14

74 84

I II

IV

III

VH

H

H

H

HIOIIO

IVO

IIIO

EO EH

Slika 8.2


2. zadatak Reenje ovog zadatka je prikano na slici 8.2. Presena kriva prvog i drugog obrtnog cilindra odreena je metodom pomonih ravni koje obe povri seku po njihovim izvodnicama. Take presene krive dobijaju se kao take preseka onih izvodnica ove dve povri koje pripadaju istim pomonim ravnima. Izabrano je 5 vertikalnih ravni (1, 2, 5) kroz 8 ravnomerno rasporeenih izvodnica drugog cilindra. Ravni 1 i 5 dodiruju drugi cilindar, a ostale ga seku. Kao to je prikazano na slici, pozicije ovih izvodnica u frontalnoj projekciji odreene su obaranjem bazisa drugog cilindra u horizontalni poloaj, gde se njihova rastojanja od horizontalne ravni simetrije ovog cilindra vide u pravoj veliini. Kako su pomone ravni paralelne i sa osovinom prvog cilindra, one i prvi cilindar seku po izvodnicama koje se u horizontalnoj projekciji vide zrano. U horizonatalnoj projekciji take preseka su odreene neposredno i oznaene su brojevima: 1, 2-2, 3-3, 4-4 i 5. U frontalnoj projekciji ove take se nalaze u preseku njihovih spona iz horizontalne projekcije i frontalnih projekcija odgovarajuih izvodnica drugog cilindra. Prvi i trei cilindar imaju jednake prenike, a postavljeni su tako da im se osovine seku, pa se njihova presena kriva raspada na gornju i donju poluelipsu. Kako je osovina treeg cilindra paralelna sa osnovom F, presene poluelipse vide se zrano (kao dui) u frontalnoj projekciji, gde su nacrtane neposredno, bez ikakvih pomonih konstruktivnih postupaka. Da bi se razvila mrea prvog cilindra, na njegovom omotau je uoeno 12 ravnomerno rasporeenih izvodnica i one su oznaene rimskim brojevima I, II, III, XII. U frontalnoj projekciji su oznaene take preseka ovih izvodnica sa zranim poluelipsama, a zatim je, metodom Kohanskog, odreena duina obima njegovog bazisa i, poev od take Mm, razvijena mrea omotaa. Na kraju su odreene i pozicije taaka obe presene krive na razvijenom omotau, merenjem duina odgovarajuih izvodnica u frontalnoj projekciji i njihovim prenoenjem na izvodnice mree. Algoritam: 1. Uoavanje pomonih ravni koje prvi i drugi cilindar seku po izvodnicama: i; i=1,2 8; 2. Konstrukcija taaka presene krive prvog i drugog cilindra: take 1, 2-2, 3-3, 4-4, 5; 3. Konstrukcija presene krive (dve poluelipse) prvog i treeg cilindra; 5. Uoavanje 12 ravnomerno rasporeenih izvodnica na prvom cilindru: take I, II XII; 6. Odreivanje duine obima bazisa prvog cilindra (metodom Kohanski ili numeriki); 7. Razvijanje mree omotaa prvog cilindra; 8. Odreivanje pozicija taaka obe presene krive na razvijenom omotau prvog cilindra.


1

CF2

2=12

3=11

2=12

3=11

1

14=10

2 3 4

5

432

CF3 CF1

KF

CF2

CF3

12

4

5

I

3

XII

XI

XIX

VII

VI

VIV

III

II

VIII

I II III IV V VI VII VIII IX X XI XII I

12

3

4

2

2

1

12

3

12

1

1

4

4

3

3

5

12

10

11

11

Z

Z

1

22

3 4

5

Slika 8.2 3. zadatak Reenje ovog zadatka prikazano je na slici 8.3. Presena kriva izmeu ove dve povri odreena je metodom pomonih ravni koje cilindar seku po horizontalnim izvodnicama, a konus po horizontalnim krunicama. Preseci izmeu izvodnica i krunica koje pripadaju istoj pomonoj ravni pretstavljaju take na presenoj krivoj ovih povri. Izabrano je 7 horizontalnih ravni (1, 2, 7) kroz 12 ravnomerno rasporeenih izvodnica cilindra. Ravni 1 i 7 dodiruju cilindar, a ostale ga seku. Pozicije ovih izvodnica u frontalnoj projekciji odreene su obaranjem bazisa obrtnog cilindra u horizontalni poloaj, gde se njihova rastojanja od horizontalne ravni simetrije ovog cilindra vide u pravoj veliini. Na


primer, ravan 2 see konus po krunici 2, a cilindar po izvodnicama i2 ii2. Pozicije ovih izvodnica u frontalnoj projekciji odreene su merenjem njihovih udaljenosti z2 od horizontalne ravni simetrije cilindra, koje se vide u pravoj veliini u oborenom poloaju njegovog bazisa. Izvodnice seku krunicu 2 u dve take koje su oznaene brojevima 2 i2. Ove take se uoavaju neposredno u horizontalnoj projekciji i sponama prenose u frontalnu projekciju na odgovarajue izvodnice cilindra. Da bi se razvila mrea cilindra neophodno je da se prethodno odredi duina obima njegovog bazisa kao i prave veliine odseaka svih njegovih izvodnica na kojima se nalaze take presene krive. Duina obima se moe odrediti raunskim putem ili, kao to je to uinjeno na slici, metodom Kohanskog, a izvodnice se vide u pravoj veliini u horizontalnoj projekciji. Mrea je razvijena od take Mm, tako to je prvo, paralelno duoj ivici lista, nacrtana linijarektificirane bazisne krunice, a zatim, ortogonalno na ovu liniju, nacrtano 12 ravnomerno rasporeenih odseaka izvodnica. Da bi se razvila mrea obrtnog konusa sa presenom krivom neophodno je da se odredi duina njegovih izvodnica s, kao i pozicije taaka preseka na mrei omotaa. Kako razvijeni omotaa obrtnog konusa pretstavlja kruni iseak, potrebno je da se odredi i ugao tog iseka to je, u ovom primeru, uinjeno raunskim putem, po formuli =3600(Rk/s). Duine izvodnica su konstantne i njihova prava veliina jednaka je duini konturnih izvodnica konusa u frontalnoj projekciji. Da bi se odredile pozicije taaka preseka na mrei, odreene su prave veliine odseaka izvodnica na kojima se nalaze take preseka, njihovom rotacijom oko osovine konusa. Na primer, otseak izvodnice V-2, rotiran je do frontalnog poloaja V-2O i u frontalnoj projekciji se vidi u pravoj veliini. Tako su odreene duine i svih ostalih otseaka. Mrea obrtnog konusa razvijena je od take Vm konstrukcijom krunog iseka koji pretstavlja njegov razvijeni omota. Na razvijenom omotau nacrtani su, zatim, kruni lukovi iji su poluprenici jednaki duinama odseaka izvodnica V-1O, V-2O, V-3O V-7O. Na razvijenom omotau odreene su i pozicije svih onih izvodnica konusa na kojima se nalaze take presene krive, prenoenjem duina odgovarajuih krunih lukova iz horizontalne projekcije bazisa na luk krunog iseka razvijenog omotaa. Take presene krive na mrei konstruisane su kao presene take pomenutih izvodnica i krunih lukova kojima one pripadaju. Na kraju je potrebno naglasiti da konus i cilindar, pa samim tim i njihova presena kriva, poseduju zajedniku vertikalnu ravan simetrije . Ova injenica prua mogunost jednostavnije numeracije taaka presene krive: take 1 i 7 pripadaju ravni simetrije, a ostale formiraju parove simetrino rasporeenih taaka (2 -2; 3 -3, 6 - 6). Takoe, iz ravanske simetrije povri koje se seku neposredno sledi i osna simetrija njihovih mrea, to se jasno uoava na datoj slici.


z 12

3

zz

z1z2

z3

VF VH

KF KH

CF CH

1

2

3 4

5

7

2

3

4 5 6

_

_

_ _ _6

12

2_3

3_

44_

55

6_6

7

76_

5 4_

3_

2_1

2

34

5

6

_

7

_

1 2

3

4

56 7

o o

o

o

oo

o

/ 2 / 2

F

H

iHiH_

2

2_

1 2 3 4 5 6 7

=36 0

R s_ .0

2

2i 1H

iH 3

O

V m

6

6_

7

3

3_

5

1

12

34

56

7

Mm

HR C

R C.

Sl. 1

4.1

Slika 8.3


ZADACI ZA DODATNU VEBU 1. Grupa Format A3 1. O(120; 120) Odrediti pravu veliinu preseka obrtnog konusa i ravni 4(20; ; 35). Razviti mreu zarubljenog konusa od take Vm(300; 250) tako da najdua izvodnica njegovog razvijenog omotaa bude paralelna kraoj ivici lista.

Konus: Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K(0; 50; 0); poluprenik bazisa Rk=40mm; visina konusa h=70mm.

2. Grupa Format A3 1. O(150; 150) Konstruisati presek tri obrtna cilindra.

I cilindar: Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K1(80; 40; 0); poluprenik bazisa r1=25mm; visina cilindra h=120mm. II cilindar:Osovina je horizontalna i see osovinu prvog cilindra; poluprenik bazisa r2=25mm; centar bazisa K2(10; 40; 45); III cilindar: Osovina cilindra K3K4: K3(135; 40; 100),K4(80; 40; 45); poluprenik bazisa je r3=25mm.

Razviti mreu prvog cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem preostala dva cilindra. Mreu razviti od take Mm(210; 150) tako da izvodnice njegovog razvijenog omotaa budu paralelne kraoj ivici lista. Razviti mreu treeg cilindra sa otvorom koji je nastao uklanjanjem preostala dva cilindra. Mreu razviti od take Nm(210; 250) tako da izvodnice njegovog razvijenog omotaa budu paralelne kraoj ivici lista. 3. Grupa Format A3 1. O(150; 100) Konstruisati presek tri obrtna cilindra.

I cilindar: Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K1(45; 40; 0); poluprenik bazisa r1=25mm; visina cilindra h=120mm. II cilindar:Osovina je horizontalna i see osovinu prvog cilindra; poluprenik bazisa r2=25mm; centar bazisa K2(45; 110; 45); III cilindar: Osovina cilindra K3K4: K3(100; 40; 80),K4(45; 40; 45); poluprenik bazisa je r3=25mm


Razviti mreu prvog cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem preostala dva cilindra. Mreu razviti od take Mm(210; 150) tako da izvodnice njegovog razvijenog omotaa budu paralelne kraoj ivici lista. Razviti mreu treeg cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem preostala dva cilindra. Mreu razviti od take Nm(210; 250) tako da izvodnice njegovog razvijenog omotaa budu paralelne kraoj ivici lista. 4. Grupa Format A3 3. O(150; 120) U paru ortogonalnih projekcija odrediti presek pravilne prave etvorostrane piramide VABCD i obrtnog cilindra. Piramida: Bazis je kvadrat na osnovi H; A(120; 10; 0), C(20; 110; 0); visina h=90mm Cilindar: Bazis je frontalni krug, poluprenika r=30mm;

osovina: K1(40; 120; 30)K2(40; 0; 30). Razviti mreu piramide sa otvorima koji su nastali uklanjanjem cilindra. Mreu razviti od take Vm(280; 150) tako da prva ivica njenog razvijenog omotaa bude paralelna duoj ivici lista. Razviti mreu obrtnog cilindra sa otvorom koji je nastao uklanjanjem piramide. Mreu razviti od take Nm(210; 270) tako da izvodnice njegovog razvijenog omotaa budu paralelna kraoj ivici lista. 5. Grupa Format A3 1. O(130; 110) Konstruisati presek obrtnog konusa i obrtnog cilindra. Konus: Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K(60; 60; 0); poluprenik bazisa Rk=50mm; visina konusa h=100mm. Cilindar:Osovina cilindra C1C2: C1(60; 0; 40)C2(60; 120; 40); poluprenik bazisa Rc= 35mm; Razviti mreu cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem konusa. Mreu cilindra razviti od take Mm(150; 150) tako da izvodnice njegovog razvijenog omotaa budu paralelne kraoj ivici lista.

Objanjenje Slika 1.1 ZADACI ZA RAD Objanjenje Objanjenje Objanjenje Objanjenje Objanjenje Objanjenje

ZADACI ZA RAD Objanjenje Objanjenje

Documents

Konstruktivna Geometrija Praktikum Za Vezbe