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 Mašinskom fakultetu u Beogradu i namenjen je, uglavnom, studentima mašinskih fakulteta. Praktikum je podeljen na 8 metodoloških jedinica koje se obrađuju na časovima vežbanja iz Konstruktivne geometrije i 1 kolokvijuma u toku prvog semestra studija. Predviđeno je da se svaka metodološka jedinica savlada kroz samostalnu izradu odabrane grupe zadataka, u toku jednog termina vežbanja. Vežbe i kolokvijumi vrednuju se procentom uspešno rešenih zadataka (0%-100%). Ako je ovaj procenat, kako na vežbama tako i na kolokvijumima, veći ili jednak od 55%, student stiče pravo da dobije finalnu ocenu. Ako student nije zadovoljan sa ovom ocenom, može da polaže finalni ispit i tako popravi pokazani uspeh. Ako kandidat uspešno reši na bilo kom kolokvijumu manje od 55% predviđenih zadataka ne može dobiti finalnu ocenu, već u tom slučaju mora da polaže finalni ispit i tako, eventualno, dobije prelaznu ocenu. U svim drugim slučajevima, student nije ispunio uslov i mora ponovo da pohađa kompletan kurs Konstruktivne geometrije.


UVOD

Vežbe iz Konstruktvne nacrtne geometrije izvode se na standardnom, A3 formatu (420 x 297mm), papira na kome je, u donjem desnom uglu, odštampana tablica za identifikaciju studenata. Svaki student u tablici ubeležava broj tekuće vežbe, svoj registarski broj (broj indeksa), ime i prezime, broj grupe u kojoj vežba i datum izvođenja tekuće vežbe. Na času vežbanja, neophodan je sledeći pribor za crtanje: dva trougla, metalni šestar velikog raspona, gumica, samolepiva traka i dve tehničke olovke, od kojih je jedna snabdevena HB, a druga 2H grafitnom minom. Tabla za crtanje nije neophodna, ali je poželjna. Položaj koordinatnog početka za svaki zadatak koji se rešava u ortogonalnim projekcijama određen je parom koordinata O(XO, YO) u odnosu na gornji levi ugao A3 formata. Kao što je prikazano slikom sl.1.0., prva, XO koordinata meri se po dužoj ivici lista a druga, YO koordinata, ortogonalno naniže, po kraćoj ivici A3 formata. Sve koordinate kao i dužinske mere date su u milimetrima, a ugaone veličine u lučnim stepenima. Pre početka časa vežbanja, student je obavezan da samolepivom trakom učvrsti list za sto ili na tablu za crtanje, popuni identifikacionu tablicu i postavi koordinate svih zadataka iz tekuće vežbe. Uslov izlaska na ispit su urađene i pozitivno ocenjene sve vežbe propisane planom i programom iz predmeta Tehničko crtanje sa Nacrtnom geometrijom.

Sl.1.0


1. VEŽBA

1. O1(210; 70) U horizontalnoj i frontalnoj projekciji prikazati: a) vertikalnu duž AB; A(20; 30; 50), B(?; ?; 10) b) horizontalnu duž CD; C(50; 10; 30), D(30; 60; ?) c) frontalnu duž 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

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

sadrže tačku 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 veličinu duži PHPP.

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

3. O(410; 70) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravu n koja sadrži datu tačku N i preseca duž 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 čija ravan sa frontalnom osnovom zaklapa ugao od 300. Prikazati samo jedno rešenje.

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

Objašnjenje Rešenje ove vežbe prikazano je na slici 1.1. 1. zadatak Duž AB je vertikalna, pa se u horizontalnoj projekciji vidi kao tačka: AH=BH. Duž CD je paralelna horizontalnoj projekcijskoj osnovi, što znači da je zC=zD. Za frontalnu duž 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 između osnove F i ravni 4 i 5 neposredno meri i očitava 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 između osnove H i ravni 6 i 7 neposredno meri i očitava u frontalnoj projekciji. 2. zadatak Prodor PH prave a kroz osnovu H uočava se neposredno u frontalnoj i profilnoj projekciji jer se u njima osnova H vidi kao prava linija (zračno). Prodor PF prave a kroz osnovu F uočava se neposredno u horizontalnoj i profilnoj projekciji jer se u njima osnova F vidi zračno. Prodor PP prave a kroz osnovu P uočava se neposredno u horizontalnoj i frontalnoj projekciji jer se u njima osnova P vidi zračno. Prodori PH, P2 i PP prenose se sponama u susedne projekcije a


zatim se određuje vidljivost prave a. U horizontalnoj projekciji je vidljiv deo prave koji se od tačke PH nalazi iznad osnove H, a to se može uočiti u frontalnoj i profilnoj projekciji. U frontalnoj projekciji je vidljiv deo prave koji se od tačke PF nalazi ispred osnove F i to se uočava u horizontalnoj i profilnoj projekciji. U profilnoj projekciji je vidljiv deo prave koji se od tačke PP nalazi ispred osnove P, a to se uočava u horizontalnoj i frontalnoj projekciji. Na kraju je prava veličina duži PHPP određena transformacijom, odnosno, uvođenjem nove, pomoćne 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 (zračno). Prva pomoćna projekcija tačaka PH i PP formira se prenošenjem 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 veličini. Iz ove činjenice sledi rešenje zadatka. Prvo je potrebno da se formira nova, pomoćna, projekcija u kojoj će se duž AB videti u pravoj veličini. To je učinjeno pomoću nove projekcijske osnove 1, koja je izabrana tako da bude upravna na osnovu H, paralelno duži AB. U toj pomoćnoj projekciji zadatak se rešava neposredno: kroz tačku N1 postavljena je prava n1 koja duž A1B1 seče u tački M1 pod pravim uglom. Tačka M je sponama prenešena u horizontalnu i frontalnu projekciju, čime je određena i horizontalna i frontalna projekcija prave n. Algoritam: 1. Usvajanje nove projekcijske osnove 1: 1⊥H; 1|| AHBH; 2. Formiranje pomoćnih projekcija duži AB i tačke N: AHBH→A1B1; NH→N1; 3. Konstrukcija prave n u pomoćnoj projekciji: n1⊥ A1B1; n1∩ A1B1= M1; 4. Određivanje prave n u H i F projekciji: M1→MH→MF; nH(NH, MH); nF(NF, MF). 4. zadatak Duž AB je paralelna sa osnovom F, pa se u frontalnoj projekciji vidi u pravoj veičini. Kroz koordinatni početak postavljena je nova projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu F i duž AB. U novoj, pomoćnoj, projekciji zračno se vide osnova F (kao prava linija) i duž AB (kao tačka), odakle sledi da će se u toj istoj projekciji videti zračno i ravan kvadrata ABCD, a ugao između te ravni i osnove F u pravoj veličini. Kroz zračnu projekciju duži A1B1 postavljena je ravan kvadrata pod uglom od 300 prema osnovi F. Ako se prva pomoćna projekcija ivice kvadrata A1B1 vidi kao tačka, projekcije ivica B1C1 i A1D1 vide se u pravoj veličini. Na osnovu ove činjenice konstruisana je prva pomoćna projekcija kvadrata A1B1C1D1, a zatim i njegova frontalna i horizontalna projekcija. Na slici je prikazano samo jedno od dva moguća rešenja. Algoritam: 1. Usvajanje nove projekcijske osnove 1: O∈1; 1⊥F; 1⊥AHBH; AHBH= a; 2. Formiranje pomoćne projekcije duži AB: AFBF→ A1B1; A1= B1; 3. Definisanje ravni α kvadrata ABCD: A1∈ α1; B1∈ α1; ∠(α1;F1) = 300; 4. Konstrukcija kvadrata ABCD u pomoćnoj 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 O 4

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

M1

M1

F H

AHBH

BF

AF

A1B1

=

C1 =D1

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 duž AB; A(50; 40; 50), B( ?; ?; 10) b) nacrtati ravni 4 i 5 koji sadrže duž AB i sa frontalnom osnovom zaklapaju ugao od

450; označiti 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 veličinu duži P1P2P3.

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

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

A(50; 30; 50) B(90; 30; 20) Prikazati oba rešenja. 4. O(380; 210) U paru ortogonalnih projekcija nacrtati pravilan šestougao ABCDEF tako da njegova stranica DE pripada horizontalnom osnovom H. Prikazati samo onaj šestougao 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 tački K(30; 30; 30), poluprečnika r=30mm b) horizontalni kvadrat ABCD, čija je dijagonala A(100; 10; 20), C(70; 40; 20) c) profilni krug sa centrom u tački R(140; 20; 30), poluprečnika 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 jednakostranični trougao ABC tako da njegovo teme C pripada frontalnoj osnovi F. Prikazati oba rešenja.

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


2. VEŽBA

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

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

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

A(60; 30; 15), B(10; 10; 35), C(25; 50; 0), D(45; 0; 0). Ravan transformacije 1: 1⊥F, kroz tačku 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 tačku R(100; 0; 0).

Objašnjenje Rešenje ove vežbe prikazano je na slici 2.1. 1. zadatak Da bi se u nekoj projekciji ugao između duži i ravni video u pravoj veličini neophodno je da se u toj istoj projekciji duž vidi bez deformacija a ravan zračno (kao prava linija). Pošto je potrebno da se odredi ugao između duži AB i osnove F, duži AB je rotirana oko osovine s koja sadrži tačku A i upravna je na osnovu F, do horizontalnog položaja. U horizontalnoj projekciji duž AHBBO

H se vidi u pravoj veličini, kao i ugao između nje i osnove F. Ovaj zadatak se može rešiti i transformacijom. Paralelno duži AB postavljena je nova projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu F. U prvoj pomoćnoj projekciji duž A B se vidi u pravoj veličini, a osnova F zračno. Iz tih razloga se u toj istoj projekciji neposredno meri i očitava traženi ugao između duži AB i frontalne osnove F.

1 1

Algoritam za rotaciju: 1. Usvajanje osovine rotacije s: A∈ s; s⊥F; 2. Rotacija duži AB oko osovine s do horizontalnog položaja: AB→ ABO; ABO || H; 3. Prava veličina d duži AB: d = AHBBO

H; 4. Ugao αF izmeđ duži AB i osnove F: αF = ∠(AHBBO

H,F ). H

Algoritam za transformaciju: 1. Usvajanje pomoćne projekcijske osnove 1: 1⊥F; 1|| AHBH; 2. Formiranje prve pomoćne projekcije duži AB: AHBH→ A1B1; 3. Prava veličina d duži AB: d = A1B1; 4. Ugao αF izmeđ duži AB i osnove F: αF = ∠(A1B1,F1). 2. zadatak


U nekoj projekciji se ugao između dve prave vidi u pravoj veličini ako se u toj istoj projekciji obe prave vide bez deformacija. Da bi se prave a i c videle u pravoj veličini u horizontalnoj projekciji izvršena je rotacija ovih pravih do njihovog horizontalnog položaja. Kroz tačku C uočena je horizontalna prava h na ravni koju defenišu ove tri nekolinearne tačke. Kroz koordinatni početak postavljena je nova projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu H i horizontalnu pravu h. U prvoj pomoćnoj projekciji horizontala h1 se vidi kao tačka, a ravan koju definišu tačke A, B i C kao prava linija. Zatim je izvršena rotacija ove ravni do horizontalnog položaja, oko prave h, kao osovine obrtanja. U prvoj pomoćnoj projekciji lukovi rotacije se vide u pravoj veličini a u susednoj, horizontalnoj, kao prave linije ortogonalne na osovinu rotacije. U horizontalnoj projekciji se rotirane prave vide u pravoj veličini, kao i ugao između njih. Algoritam: 1. U tački C ravni ABC, postaviti horizontalu h: h∈ΔABC; C∈h; h F|| H F; h F→ h H; 2. Usvajanje pomoćne projekcijske osnove 1: O∈1; 1⊥H; 1⊥hH; 3. Formiranje pomoćnih projekcija datih tačaka: A H→A 1; B H→B 1; C H→C 1; C1=h1; 4. Rotacija ravni ABC oko horizontale h: h1≡hO

1; C1≡CO1; A1→AO

1; B1→BBO1; (ABC)O

1|| H ; 1

5. Formiranje H i F projekcija rotiranih tačaka: AO1→AO

H→AOF; BO

1→BBOH→BOB

F; CO ≡ C; 6. Određivanje prave veličine traženog ugla α: α = ∠(CH, AO

H, BOH).

3. zadatak Da bi se u nekoj projekciji ugao između dve ravni video u pravoj veličini potrebno je da se u toj istoj projekciji obe ravni vide zračno (kao prave linije). Dve ravni se vide zračno ako se njihova presečna prava vidi kao tačka. Na osnovu ove dve činjenice rešen je ovaj zadatak. Kroz tačku R postavljena je prva pomoćna ravan, paralelno duži AB i ortogonalno na projekcijsku osnovu F. U prvoj pomoćnoj projekciji duž A1B1 se vidi u pravoj veličini. Usvojena je i druga pomoćna projekcijska osnova, ortogonalno na duž AB i pomoćnu osnovu 1. Kako se u drugoj pomoćnoj projekciji duž A2B2 vidi kao tačka, a ravni trouglova A2B2C2 i A2B2D2 kao prave linije, u toj pomoćnoj projekciji se neposredno očitava ugao između ravni ova dva trougla. Algoritam: 1. Usvajanje pomoćne projekcijske osnove 1: RH∈1; 1⊥F; 1|| AFBF; 2. Formiranje prvih pomoćnih projekcija datih tačaka: (AB)F→(AB)1; CF→C1; DF→D1; 3. Usvajanje pomoćne projekcijske osnove 2: 2⊥1; 2⊥A1B1; 2. Formiranje drugih pomoćnih projekcija datih tačaka: (AB)1→(AB)2; C1→C2; D1→D2; A2= B2; 5. U drugoj pomoćnoj projekciji traženi ugao se vidi u pravoj veličini: α=∠(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 može učiniti neposredno jer se dijagonala CE ne vidi u pravoj veličini ni u horizontalnoj ni u frontalnoj projekciji. Zato je neophodno da se prvo, kroz tačku R, postavi pomoćna projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu H i paralelno telesnoj dijagonali CE. Posle izvršene transformacije kocke, duž CE se vidi u pravoj veličini. Usvojena je još jedna pomoćna projekcijska osnova 2, ortogonalno na dijagonalu CE. Kako se u drugoj pomoćnoj


projekciji telesna dijagonala C2D2 vidi zračno (kao tačka), u toj poslednjoj projekciji dobija se traženi izgled kocke. Njena vidljivost određuje se prema sledećim principima: vidljive su one ivice koje formiraju konturu kocke, kao i ivice koje su najudaljenije od odgovarajuće projekcijske osnove. U ovom primeru, osim konture, vidljiv je trijedar u tački C2. Algoritam: 1. Usvajanje pomoćne projekcijske osnove 1: RH∈1; 1⊥H; 1|| CHEH; 2. Formiranje prve pomoćne projekcije kocke: (ABCDEFGH)H→(ABCDEFGH)1; 3. Usvajanje pomoćne projekcijske osnove 2: R1∈2; 2⊥1; 2⊥C1E1; 4. Formiranje druge pomoćne projekcije kocke: (ABCDEFGH)1→(ABCDEFGH)2; 5. Određivanje vidljivosti kocke u svim projekcijama.


O 1

R

A

BF

F

BH

AH

B1

A1

BH O

BF 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

H1A1

B1

C1

D1E1

F1

G1

E2

C2A2

B2D2

F2

G2

H2

= RF

H

A AF

CF

BF

c

a

F

F

CH

BH

H

cH

aH

BH O

AH O

cH o

1

O2

HH

hH

hF

B1

A1

A1 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 veličinu duži AB i njen ugao prema osnovi H. A(80; 0; 60), B(80; 40; 10). 2. O(140; 230) Rotacijom odrediti pravu veličinu trougla ABC.

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

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

V(30; 25; 50), A(30; 0; 0), B(55; 25; 0), C(30; 50; 0), Ravan transformacije 1: 1⊥H, kroz tačku 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 tačku R(120; 0; 0).

2. Grupa Format A3 1. O(140; 70) Transformacijom i rotacijom odrediti rastojanje između tačke T i duži AB. T(70; 35; 40), A(80; 0; 20), B(25; 30; 20). 2. O(140; 230) Rotacijom odrediti pravu veličinu 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 veličini. Bazis piramide je pravilni petougao ABCDE na osnovi H, sa središtem u tački 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 poluprečnik mu je r=20mm. Visina konusa je h=40mm, a centar bazisa je u tački C.

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


3. VEŽBA (I kolokvijum)

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

ΔPQR: P(20; 60; 0), Q(40; 0; 70), R(120; 70 ;30 ), 2. O(220; 80) U tački T koja pripada ravni trougla ABC nacrtati horizontalu h, frontalu f i normalu n ove ravni. Postupkom transformacije odrediti ugao između ravni trougla ABC i frontalne projekcijske osnove F. ΔABC: A(0; 10; 60), B(60; 10; 10), C(0; 50; 10) T(20; 20; ?) Ravan transformacije 1: 1⊥F, kroz tačku A. 3. O(340; 90) Odrediti rastojanje između 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 1⊥F. 4. O(210; 230) Postupkom transformacije odrediti ugao između prave a i ravni trougla ABC. U svim projekcijama odrediti prodor P prave a kroz ravan trougla ABC. ΔABC: A(20; 0; 20), B(50; 50; 60), C(90; 20; 0) a:/M(30; 40; 0), N(90; 20; 50)/.

Objašnjenje Rešenje ove vežbe prikazano je na slici 3.1. 1. zadatak Prava p je presek između ravni trougla ABC i PQR i određena je tačkama M i N. Tačka M je prodor duži BC kroz trougao PQR, a tačka N je prodor duži PQ kroz trougao ABC. U oba slučaja prodori su određeni metodom zaklonjene duži. U frontalnoj projekciji, duž BFCF zaklanja duž 1F-2F na trouglu PQR. Tačka 1 pripada stranici RP, a tačka 2 stranici RQ. Ove tačke su prenesene u horizontalnu projekciju, gde se neposredno uočava presek između duži 1H-2H i CHBH u tački MH, koja je sponom vraćena u frontalnu projekciju, na duž CFBF. Zatim je određena i tačka N. U frontalnoj projekciji, duž PFQF zaklanja duž 3F-4F na trouglu ABC. Tačka 3 pripada stranici AB, a tačka 4 stranici AC. Ove tačke su prenesene u horizontalnu projekciju, gde se neposredno uočava presek između duži 3H-4H i PHQH u tački NH, koja je sponom vraćena u frontalnu projekciju, na duž PFQF. Kao što je već rečeno, duž MN definiše presek p između datih trouglova. Na kraju je određena i njihova vidljivost. U horizontalnoj projekciji duž AB je delimično zaklonjena trouglom PQR, koji se na tom delu nalazi iznad nje. U frontalnoj projekciji duž AC je delimično zaklonjena trouglom PQR koji se na tom delu nalazi ispred nje, i tako dalje. U obe projekcije, duži CB i PQ menjaju svoju vidljivost u tačkama prodora. Algoritam: 1. Uočavanje duži 1F-2F koju zaklanja duž BFCF: 1F∈ RFPP

F; 2F∈ RFQF; 2. Prenošenje tačaka 1 i 2 iz F u H projekciju: 1F→1H; 2F→2H; 1H∈RHPP

H; 2H∈ RHQH;


3. Određivanje tačke M: MH = (1-2)H ∩ (CB)H; MH→ MF; 4. Uočavanje duži 3F-4F koju zaklanja duž PFQF: 3F∈ AFBF; 4F∈ AFCF; 5. Prenošenje tačaka 3 i 4 iz F u H projekciju: 3F→3H; 4F→4H; 3H∈ AHBH; 4H∈ AHCH; 6. Određivanje tačke N: NH = (3-4)H ∩ (PQ)H; NH→ NF; 7. Definisanje presečne prave p: pH(MH, NH); pF(MF; NF); 8. Određivanje vidljivosti trouglova ABC i PQR. 2. zadatak Stranica AB trougla ABC paralelna je sa osnovom F, a stranica BC sa osnovom H. Zato duž AB pretstavljha jednu frontalu, a duž BC jednu horizontalu na ravni ovog trougla. Kako je zadatkom data horizontalna projekcija tačke T, najpre je određena pozicija tačke TF u frontalnoj projekciji. Kroz tačku TH, paralelno duži AHBH, uočena je frontala fH i njen presek 1H sa stranicom BHCH. Tačka 1 je sponom prenesena na frontalnu projekciju duži BFCF i, kroz tu tačku, paralelno duži AFBF, uočena je frontala fF u frontalnoj projekciji. Pozicija tačke TF određena je u preseku frontale fF i spone za tačku T. Dakle, u obe projekcije frontala u tački T paralelna je duži AB, a horizontala je paralelna duži CB. Frontalna projekcija normale nF određena 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 između ravni trougla ABC i osnove F određen je transformacijom. Kroz tačku A, ortogonalno na osnovu F i duž AB postavljena je nova projekcijska osnova 1. U toj pomoćnoj projekciji i ravan trougla i osnova F vide se zračno (kao prave linije), pa se ugao između njih meri i očitava neposredno. Algoritam: 1. Određivanje frontalne projekcije tačke T: f H|| AHBH; TH∈f H; f H→f F; f F|| AFBF; TF∈f F; 2. Određivanje horizontale tačke T u obe projekcije: T∈h; h H|| CHBH; h F|| CFBF; 3. Konstrukcija normale u tački T: T∈n; nH⊥CHBH; nF⊥AFBF; 4. Postavljanje pomoćne projekcijske osnove 1: 1⊥F; AF∈1; 1⊥AFBF; 5. Formiranje pomoćne projekcije trougla ABC: AFBFCF→ A1B1C1; 6. Neposredno uočavanje ugla između osnove F i ravni ΔABC u prvoj pomoćnoj projekciji. 3. zadatak U nekoj projekciji se rastojanje između dve mimoilazne prave može neposredno izmeriti ako se, u toj istoj projekciji, jedna od ove dve prave vidi kao tačka. Na osnovu ove činjenice zadatak je rešen transformacijom. Ortogonalno na osnovu F i paralelno pravoj a uočena je nova projekcijska osnova 1 i izvršena transformacija obe prave. U toj pomoćnoj projekciji, prava a1 se vidi u pravoj veličini. Odmah zatim, ortogonalno na pravu a1 i osnovu 1, uočena je pomoćna projekcijska osnova 2 i izvršena transformacija obe prave. U toj projekciji prava a2 se vidi kao tačka, a njeno rastojanje od prave b2 se očitava i meri neposredno, po zajedničkoj normali ovih mimoilaznih pravih. Algoritam: 1. Postavljanje pomoćne projekcijske osnove 1: 1⊥F; 1|| aF; 2. Formiranje prve pomoćne projekcije pravih a i b: aF→a1; bF→b1; 3. Postavljanje pomoćne projekcijske osnove 2: 2⊥1; 2|| a1; 4. Formiranje druge pomoćne projekcije pravih a i b: a1→a2; b1→b2; 5. Određivanje rastojanja između pravih a i b u drugoj pomoćnoj projekciji.


4. zadatak U nekoj projekciji se ugao između prave i ravni vidi u pravoj veličini ako se, u toj istoj projekciji, ravan vidi zračmo, a prava bez deformacija. Na osnovu ove činjenice zadatak je rešen pomoću tri uzastopne transformacije datog trougla i prave. Na ravni trougla ABC uočena je frontala f i, ortogonalno na nju i osnovu F, postavljena je nova projekcijska osnova 1. U toj pomoćnoj projekciji ravan trougla se vidi kao prava linija (zračno). Odmah zatim, uočena je nova projekcijska osnova 2, paralelno sa trouglom A1B1C1 i ortogonalno na osnovu 1. U toj drugoj, pomoćnoj, projekciji trougao A2B2C2 se vidi u pravoj veličini. Na kraju je, paralelno sa pravom a2 i ortogonalno na osnovu 2 i ravan trougla A2B2C2, uočena pomoćna projekcijska osnova 3. U toj poslednjoj projekciji trougao se vidi zračno, a prava bez deformacija, pa se ugao između njih meri i očitava neposredno u pravoj veličini. Algoritam: 1. Uočavanje frontale f na trouglu ABC: f∈ΔABC; f∈C; f H →f F; 2. Postavljanje pomoćne projekcijske osnove 1: 1⊥F; 1⊥f F; 3. Formiranje prve pomoćne projekcije ΔABC i prave a: (ΔABC)F→(ΔABC)1; aF→ a1; 4. Postavljanje pomoćne projekcijske osnove 2: 2⊥1; 2|| (ΔABC)1; 5. Formiranje druge pomoćne projekcije ΔABC i prave a: (ΔABC)1→(ΔABC)2; a1→ a2; 6. Postavljanje pomoćne projekcijske osnove 3: 3⊥2; 3|| a2; 7. Formiranje prve pomoćne projekcije ΔABC i prave a: (ΔABC)2→(ΔABC)3; a2→ a3; 8. Određivanje ugla između ravni ΔABC i prave a u trećoj pomoćnoj 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

B1

B2

B3

A2

A3

C1

C2

C3

M1

N2

M2

M3

N3

P3

P2

P1

PF

PH

A

A

H

F

BF

BH

THTF

CF

CH

hF

fF

nH

fH

hH

C1B1

A1

1

2

3

AHBH 1

1

AH 2

BH 2

BF 1

A1F

a

bH

H

aF bFB

2HAH 2

=

=

a1

b1

A1 1

B21

B1 1

a2A

21

B2 2

B 12

12

H 11F

fHfF

MF

NF

MH

NH

α

1

aH

aF

a1

a2

a3

Sl. 7

.1

Slika 3.1


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

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

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

3. O(100; 60) Odrediti rastojanje između 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 tački T koja pripada ravni trougla ABC nacrtati pravu r koja je upravna na frontalne prave ove ravni. Postupkom transformacije odrediti ugao između ravni trougla ABC i horizontalne projekcijske osnove H. ΔABC: 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 sadrži datu tačku T i paralelna je sa ravni trougla ABC. T(0; 30; 50) ΔABC: A(90; 0; 10), B(30; 60; 60), C( 0; 0; 30) 3. O (380; 230) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati ravan 5 koja sadrži datu pravu p i ortogonalna je na datu ravan 4(80; 40; ∞). p/P(80; 50; 0), Q(0; 0; 60)/


4. VEŽBA (Skiciranje i rad na računaru)

1. U prvoj četvrtini formata A3 skicirati (bez upotrebe lenjira) duž: a) AB (dužine oko 150mm) paralelno dužoj ivici lista

b) AC, ortogonalno na duž AB c) AD koja sa AC zaklapa ugao od 450

d) AE koja sa AC zaklapa ugao od 300

e) AF koja sa AC zaklapa ugao od 600.

2. U drugoj četvrtini formata A3 skicirati (bez upotrebe lenjira i šestara) krug: a) prečnika oko 50mm b) prečnika oko 100mm.

3. U trećoj četvrtini formata A3 skicirati pravilni šestougao čiji je opisani krug prečnika

a) približno 50mm b) približno 100mm. Zadatak rešiti bez upotrebe lenjira i šestara.

4. U poslednjoj četvrtini formata A3 skicirati elipsu, čija velika poluosa iznosi:

a) približno 30mm, a mala je upola kraća b) približno 70mm, a mala je za trećinu kraća. Dodatne tačke na elipsi konstruisati metodom trake od hartije.

5. U datom sistemu pomoćnih linija napisati uspravno usko tehničko pismo. Velika i mala slova pisati latiničnom abecedom.

Objašnjenje

Rešenje ove vežbe prikazano je slikom 4.1. Prave se skiciraju uvek kroz dve tačke koje se označavaju presekom dve tanke kratke linije. Ako je rastojanje između tačaka veliko, prava se skicira tanko, olovkom 2H, iz dva ili više nadovezanih poteza. A zatim, jednim, završnim potezom olovke HB formira se konačna linija. Kružnica se skicira tako što se prvo, nad parom ortogonalnih prečnika, skicira tangencijalni kvadrat. Ako je kružnica većeg prečnika, u tangencijalnom kvadratu se skiciraju i njegove dijagonale i na poludijagonalama označavaju tačke koje je dele u odnosu 1:3. Kroz ove tačke se skiciraju tangente kruga, ortogonalno na dijagonalu. Na osnovu navedenih elemenata, krug se ucrtava prvo tankom, 2H olovkom, a zatim olovkom HB. Pravilni šestougao se skicira uz pomoć njegovog opisanog kruga. Krug se deli na približno 6 jednakih delova, vodeći računa da su naspramne stranice šestougla paralelne odgovarajućim prečnicima opisanog kruga. Elipsa se skicira pomoću tangencijalnog pravougaonika koji se ucrtava nad velikom i malom poluosom elipse. Dodatne tačke na elipsi mogu se dobiti metodom trake od hartije. Tačke treba da budu približno simetrično raspoređene 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. VEŽBA II DEO 1. Izometrijski, bez upotrebe lenjira i šestara, skicirati kocku stranice a≈70mm i na svim vidljivim stranicama skicirati krug. Skicu prikazati u prvoj četvrtini A3 formata. 2. U izometriji, bez upotrebe lenjira i šestara, skicirati cilindar visine približno h≈100mm i prečnika osnove, približno D≈70mm. Skicu prikazati u drugoj četvrtini A3 formata. 3. U izometriji, bez upotrebe lenjira i šestara, skicirati pravilnu pravu šestostranu piramidu visine približno h≈100mm. Prečnik opisanog kruga oko osnove je približno D≈70mm. Skicu prikazati u trećoj četvrtini A3 formata. 4. U izometriji, bez upotrebe lenjira i šestara, skicirati pravilnu pravu šestostranu prizmu visine približno h≈100mm. Prečnik opisanog kruga oko osnove je približno D≈70mm. Skicu prikazati u poslednjoj četvrtini A3 formata.

Objašnjenje

Izometrija je metoda pseudoprostornog prikazivanja elemenata gde su koordinatne ose tako postavljene da omogućuje sagledavanje predmeta u jednoj projekciji bez skraćenja. Uglovi koje koordinatne ose uzajamno zaklapaju u izometriji su standardizovani i prikazani na slici 4.2. Na toj istoj slici data su rešenja svih zadataka iz ove vežbe. Kocka se u izometriji skicira neposredno, vodeći računa da njena kontura predstavlja pravilan šestougao odnosno, da se jedna telesna dijagonala vidi kao tačka. Krugovi na vidljivim stranama kocke vide se kao elipse, koje se skiciraju po pravilima koja su objašnjena u predhodnoj vežbi. Pre nego što se nacrta cilindar, potrebno je skicirati odgovarajuću pravilnu pravu četvorostranu prizmu u koju je on upisan. Osnova ove prizme je kvadrat koji se u izometriji vidi kao jednakostranični paralelogrami. On tangira kružni bazis cilindra koji se u izometriji vidi kao elipsa. Skiciranje elipse vrši se po svim pravilima koja su već objašnjena u predhodnoj vežbi, uz napomenu da se metod trake od hartije može koristiti za konstrukciju elipse i u slučaju kada je ugao između njenih spregnutih osa kos. Projekcije konturnih izvodnica cilindra tangiraju projekcije njihovih bazisa i razdvajaju vidlje od nevidljivih delova omotača. Nevidljive ivice površi prikazuju se isprekidanim (2H) linijama, a sve vidljive – punim (HB) linijama. Pravilna prava šestostrana piramida i prizma skiciraju se uz pomoć konusa, odnosno cilindra, u koje se oni mogu upisati. Osnove ove prizme i piramide su pravilni šestougaonici koji se u izometriji vide deformisano ali tako da je očuvana paralelnost odgovarajućih dijagonala i stranica. Skiciraju se pomoću elipsi u koje su oni upisani. Vidljivost ovih rogljastih površi određuje se kao i u prethodna dva zadatka.


Sl.2

.1

Slika 4.2


Na drugoj strani A3 lista (treći deo vežbe br.4) 1. Bez upotrebe lenjira i šestara, 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 rešava zadatak pod onim brojem koji je jednak poslednjoj cifri u broju njegovog indeksa.

0 1 2 3

4 5 6

7 8 9


Objašnjenje

Skiciranje datog predmeta u izometriji vrši se po svim pravilima koja su objašnjena u prethodnoj vežbi. Ovde će biti izložena objašnjenja 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 skraćenja, dok je skraćenje po y osi, kao i ugao između nje i ostalih koordinatnih osa u granicama od 300 do 600. Ipak, preporučuju se sledeće vrednosti uglova i skraćenja: (<(±x, y)=300, 3:4); (<(±x, y)=300, 4:5); (<(±x,y)=450, 1:1). Izbor ugla i skraćenja vrši se na osnovu geometrijskih karakteristika predmeta, kao i vizuelnog efekata koji se želi postići. Najvažnija karakteristika ove projekcije je činjenica da x i y osa nemaju skraćenja i da obrazuju ugao od 900, što znači da se u frontalknoj kosoj projekciji sve ravne figure paralelne sa osnovom xOz vide u pravoj veličini, bez ikakvih linearnih i uglovnih deformacija. Frontalna kosa projekcija ubraja se u najjednostavnije kose aksonometrije i, uprkos činjenici što ne daje najbolje vidne utiske, često se koristi pri skiciranju objekata iz tehničke prakse. Perspektiva nastaje centralnim projektovanjem predmeta na frontalnu ravan i, u odnosu na druge vrste projekcija, daje najverniji utisak koji se može porediti sa vizuelnim efektima fotografije. U mašinstvu se koristi relativno retko jer se u centralnoj projekciji deformacije dužina i uglova podvrgavaju složnim i za tehničku praksu necelishodnim zakonima projektivne geometrije. Kako se u centralnoj projekciji pojavljuju likovi beskonačno dalekih tačaka, centralne projekcije svih paralelnih pravih seku se u jednoj tački, koja se zove nedogled. Ako predmet ima izražen ortogonalni sklop, njegova centralna projekcija može da sadrži nedoglede sva tri ortogonalna pravca i tada se naziva kosom perspektivom ili perspektivom sa tri nedogleda. Ako je jedan pravac ortogonalnog sklopa objekta paralelan ravni slike, tada centralna projekcija ovog predmeta sadrži samo dva konačna nedogleda i naziva se perspektivom sa ugla ili perspektivom sa dva nedogleda. Svi predmeti iz ove vežbe skiciraju se u perspektivi sa dva nedogleda. Prvo je neophodno nacrtati liniju horizonta h, to jest onu liniju na kojoj će se nalaziti nedogledi N1 i N2 dva ortogonalna pravca objekta koji se skicira. Treći nedogled N3 je u beskonačnosti, u pravcu koji je ortogonalan na liniju horizonta. Kao što je prikazano na slici 3.1., perspektiva odabranog objekta je skicirana tako da su centralne projekcije paralelnih linija iz dva uzajamno ortogonalna pravca pretstavljene kao dva pramena pravih koje se seku u dva konačna nedogleda N1 i N2. Centralna projekcija paralelnih linija iz trećeg pravca, koji je ortogonalan na prva dva, pretstavlja snop paralelnih linija ortogonalnih na liniju horizonta. Kružni otvori se u centralnoj projekciji skiciraju pomoću njihovih tangencijalnih kvadrata. U ovom slučaju, centralne projekcije kružnica pretstavljaju elipse, a njihovi tangencijalni kvadrati se vide kao tangencijalni četvorougaonici. Skiciranje ostalih elemenata vrši se po pravilima koja su već objašnjena u prethodnim vežbama. Uzimajući u obzir da svaki objekat nastaje “sabiranjem” ili “oduzimanjem” osnovnih geoemtrijskih formi (lopta, cilindar, kupa, prizma) moguće je na takav način dobiti željenu strukturu objekta (izmodelirati objekat).


Sl

N 1N

2

.3.1

z

x

y

45°

Slika 4.3


5. VEŽBA 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 rešiti 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: 1⊥F, kroz tačku R. 2. O(160; 230) U paru ortogonalnih projekcija odrediti tragove ravni koja je zadata pravom a i tačkom R. Konstruisati prodor N prave n koja sadrži koordinatni početak O i upravna je na datu ravan. Zadatak rešiti transformacijom. a/A(40; 0; 60), B(90; 30; 0)/, R(40; 30; 30) Ravan transformacije 1: 1⊥F, kroz tačku T(-20; 0; 0). 3. O(390; 100) Na ravni 4(140; 120; 80) konstruisati krug koji dodiruje sve tri projekcijske osnove. Konstruisati dodirne tačke D1, D2 i D3 u prikazati ih u obe projekcije.

Objašnjenje

Rešenje ove vežbe 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 zračno. Da bi se ravan trougla ABC videla zračno (kao prava linija) neophodno je da se usvoji nova projekcijska osnova 1 ortogonalno na ravan ovog trougla. Na osnovu navedenih činjenica rešen je ovaj zadatak. U tački A, na ravni trougla ABC, uočena je frontala f koja se u frontalnoj projekciji vidi u pravoj veličini. Kroz tačku R postavljena je nova, pomoćna projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu F i frontalu f. U toj pomoćnoj projekciji, trougao se vidi zračno, pa se prodor prave p kroz njegovu ravan uočava neposredno. Na kraju je tačka prodora P sponama vraćena u frontalnu i horizontalnu projekciju, a određena je i voidljivost prave uz pretpostavku da je ravan trougla neprovidna. U horizontalnoj projekciji vidljiv je onaj deo prave koji se od tačke prodora P nalazi iznad ravni trougla ABC, a to se uočava u frontalnoj projekciji. U frontalnoj projekciji vidljiv je onaj deo prave koji se od tačke prodora P nalazi ispred ravni trougla ABC, a to se uočava u horizontalnoj projekciji. Algoritam: 1. U tački A, na ravni ΔABC uočava se frontala f: f∈ΔABC; A∈f; f H|| F H; f H→ f F; 2. Usvajanje pomoćne projekcijske osnove 1: R∈1;1⊥F; 1⊥f F; 3. Formiranje pomoćnih projekcija prave p i ΔABC: pF→p1; (ΔABC)F→(ΔABC)1; 4. U prvoj pomoćnoj projekciji prodor P se vidi neposredno: P1=p1∩ (ΔABC)1; 5. Određivanje frontalne i horizontalne projekcije tačke P: P∈p; P1→PP

F→PHP ;

6. Određivanje vidljivosti prave p u svim projekcijama. 2. zadatak Prava a i tačka R definišu jednu ravan, koja je označena brojem 4. Kroz tačku R uočena je frontala f ove ravni i usvojena je nova, pomoćna, projekcijska osnova 1, ortogonalno na


frontalu f i frontalnu projekcijsku osnovu F. Izvršena je transformacija prave a, tačke R i koordinatnog početka O. U toj novoj projekciji, frontalna osnova F i ravan 4 vide se kao prave linije (zračno), a njihova presečna prava 4F (drugi trag ravni 4) vidi se kao tačka. Drugi trag 4F vraćen je u frontalnu projekciju i uočena je tačka 4X u kojoj ravan 4 seče x osu. Trag 4H određen je tačkama B i 4X , jer obe pripadaju horizontalnoj projekcijskoj osnovi. Zatim je konstruisan i prodor normale n kroz ovu ravan. To je učinjeno neposredno u prvoj pomoćnoj projekciji jer se u njoj ravan 4 vidi zračno. Uočena je i frontalna i horizontalna projekcija normale n iz uslova da je nF⊥4F, odnosno nH⊥4H. Na kraju je, iz prve pomoćne projekcije u frontalnu i horizontalnu projekciju, vraćen i prodor N normale n ove ravni. Algoritam: 1. Uočavanje frontale f ravni 4(a, R): R∈f; f∈4; f H|| F H; f H→ f F; 2. Usvajanje pomoćne projekcijske osnove 1: T∈1;1⊥F; 1⊥f F; 3. Formiranje pomoćnih projekcija prave a, tačke R i ravni 4: aF→a1; RF→R1; 41(a1, R1); 4. Određivanje F i H tragova ravni 4: 1∩41=4F

1; 4F1→4F

F; 4X = 4F ∩ Ox; 4HH(4X , BH);

5. Uočavanje pomoćne projekcije normale n i njenog prodora kroz ravan: n1⊥41; P1= n1∩41; 6. Određivanje frontalne projekcije prave n i tačke P: nF⊥4F

F; n1→nF; PF∈nF; 7. Određivanje horizontalne projekcije prave n i tačke P: nF→nH; PF→PP

H; 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 može rešiti neposredno, već je neophodno da se prvo odredi prava veličina trougla tragova ravni kojoj pripada ovaj krug. To je učinjeno obaranjem ravni (rotacijom) oko njenog horizontalnog traga 4H, u projekcijsku osnovu H. Tokom rotacije, tačka 4Z se kreće po kružnom luku koji se u horizontalnoj projekciji vidi kao prava linija kH upravna na 4H

H. Tačka 4ZO u oborenom položaju konstruisana je iz uslova da je se duž 4X4Z vidi u pravoj veličini i u frontalnoj projekciji i u oborenom položaju. Centar CO traženog kruga je određen kao centar kruga upisanog u trougao tragova 4X4Y4ZO (kao presek simetrala s i q uglova ovog trougla). Zatim je određen poluprečnik kruga i tačke D1, D2 i D3 u kojima on dodiruje sve tri projekcijske osnove. Centar CO je pomoću horizontale ravni 4 vraćen u obe ortogonalne projekcije. Pošto se u horizontalnoj i frontalnoj projekciji ovaj krug vidi kao elipsa koja se na kraju mora konstruisati, neophodno je da se iz oborenog položaja u obe ortogonalne projekcije prenese i par njegovih ortogonalnih prečnika. U ovom slučaju, to je učinjeno sa horizontalnim prečnikom 1-2 i njemu ortogonalnim 3-D1. Na kraju je konstruisana horizontalna projekcija elipse metodom temenih lukova krivine i frontalna projekcija elipse, metodom 8 tačaka i 8 tangenti. U tačkama D1, D2 i D3, elipsa tangira odgovarajuće tragove ravni. Algoritam: 1. Obaranje ravni 4 u osnovu H: (4X-4Z

F)=(4X-4ZO); kH⊥4HH; 4ZO∈ kH;

2. Određivanje centra kruga u oborenom položaju: CO = s∩q; 3. Određivanje poluprečnika kruga u oborenom položaju: r=COD1O=COD2O=COD3O; COD1O⊥4H; 4. Prenošenje centra kruga u H i F projekciju: CO→CH→CF; 5. Prenošenje ortogonalnih prečnika 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

C1

A1

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

A1

R1N1

n1 F

nF nH

NF

NH

41

1 O2

O21

F

H

kH

kH

α2 /α/2

β/ 2

β/ 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 tačke 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 (najkraće) rastojanje između ravni 4 i tačke A.

4(100; 50; 50), A(70; 40; 40); Zadatak rešiti 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 tačkom 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 između 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 čija dijagonala seče x osu. Središte kvadrata je tačka S(40; ?; 30), a dužina 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 između 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 tački R trougla ABC konstruisati normalu n, a zatim odrediti tačku 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 šestougao ABCDEF. A(40; 0; ?), B(80; 0; ?).


6. VEŽBA 1. O(160; 100) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravu, pravilnu četvorostranu piramidu VABCD tako da dve ivice njenog bazisa budu paralelne profilnoj osnovi P. Bazis ABCD je kvadrat na ravni 4, čija ivica ima dužinu 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 rešiti transformacijom. 4(120; 100; 70); Centar bazisa S(35; 35; ?) Ravan transformacije 1: 1⊥H, kroz tačku R(0; 70; 0).

Objašnjenje

1. zadatak Rešenje ovog zadatka prikazano je na slici 6.1. Kako je četvorostrana piramida VABCD pravilna i prava, središte S bazisa ABCD određeno je kao prodor normale n koja sadrži vrh V, kroz ravan 4. To je učinjeno neposredno u projekcijama, metodom zaklonjene duži. Na ravni 4, uočena je duž 1F-2F koju zaklanja frontalna projekcija normale nF. U horizontalnoj projekciji uočen je presek SH duži 1H-2H i normale nH. Pošto je neophodno da se na ravni 4 nacrta bazisni kvadrat ABCD, izvršeno je obaranje ove ravni na osnovu H, rotacijom tačke 4Z oko njenog prvog traga 4H. (Rotacijom tačke 4Z, oboren je i frontalni 4F i profilni trag 4P ove ravni.) Oborena je i tačka S i u oborenom položaju konstruisan je kvadrat ABCD (čije središte je tačka S) tako da dve njegove ivice budu paralelne oborenom profilnom tragu 4PO i da njihova dužina bude 50mm. Kvadrat je vraćen u ortogonalne projekcije, konstruisana je piramida a, na kraju, je određena 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 sadrži vrh V na ravan 4: V H∈n H; V F∈n H; n H⊥4H

H; n F⊥4FF;

2. Određivanje prodora S normale n kroz ravan 4: (1-2)F=nF; 1∈4H; 2∈4F; SH=(1-2)H∩nH; 3. Obaranje ravni 4 u osnovu H: (4X-4Z

F)=(4X-4ZO); kH⊥4HH; 4ZO∈ kH;

4. Obaranje tačke S preko horizontale hS: S∈hS; hSH→hSO; SH→SO;

5. Konstrukcija bazisnog �AOBBOCODO u oborenom položaju; AOBO B || CODO || 4PO; AOBBO = 50mm; 6. Konstrukcija bazisa u paru ortogonalnih projekcija: �(ABCD)O→�(ABCD)H→�(ABCD)F; 7. Određivanje 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 Rešenje ovog zadatka prikazano je na slici 6.2. Poluprečnik bazisa ovog obrtnog konusa određuje se iz uslova njegovog dodira sa osnovom H. Da bi se to postiglo, kroz tačku R postavljena je nova, pomoćna, projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu H i horizontalni trag 4H ravni 4. U pomoćnoj projekciji ravan 4 se vidi kao prava linija, trag 4H kao tačka, a poluprečnik je jednak je duži S14H

1. U pomoćnoj projekciji je konstruisan i vrh ovog konusa iz uslova da je SV=90mm, i na osnovu činjenice da je njegova osovina ortogonalna na ravan bazisa i da se taj ugao vidi bez deformacija u pomoćnoj projekciji. Kada su određeni svi metrički elementi ovog obrtnog konusa, on je nacrtan i u horizontalnoj i frontalnoj projekciji. Njegov bazis se u ortogonalnim projekcijama vidi kao elipsa i konstruiše se po pravilima koji su već objašnjeni u vežbi broj 6. Algoritam: 1. Postavljanje pomoćne projekcijske osnove 1: R∈1; 1⊥H; 1⊥4H; 2. Formiranje prve pomoćne projekcije ravni 4 i tačke S: 4H→ 41; SH→ S1; 3. Određivanje poluprečnika r bazisa: r = (S1-4H

1); 4. Konstrukcija konusa u pomoćnoj projekciji: (S1V1)⊥41; (S1V1)= 90mm; 5. Konstrukcija bazisa u horizontalnoj projekciji: S1→SH; (1,2,3,4)1→(1,2,3,4)H; 6. Konstrukcija bazisa u frontalnoj projekciji: SH→SF; (1,2,3,4)H→(1,2,3,4)F; 7. Određivanje konturnih izvodnica konusa i njegove vidljivosti.

VF

VH

V1

SF

SH

S1

1

4F

4H

4H

Z4F

Z4H

4ZH

1

21

11

31=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 šestostranu prizmu ABCDEFA1BB1C1D1E1F1 visine h= 50mm, čiji 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 rešiti transformacijom. 4(140; 70; 80); centar bazisa C(40; 30; ?) Ravan transformacije 1: 1⊥F, kroz tačku R(0; 0; 80). 2. Grupa Format A3 1. O(150; 120) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati kocku ABCDEFGH čiji bazis ABCD pripada ravni 4(140; 100; 90), a pravac dijagonale AC seče x osu. E(80; 60; 60) 2. O(370; 180) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati konus, sa vrhom u tački V i centrom bazisa u tački S. Prečnik bazisa jednak je visini konusa. V(130; 0; 110), S(60; 60; 60) Zadatak rešiti transformacijom. 3. Grupa Format A3 1. O(170; 170) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravilnu pravu trostranu piramidu VABC, čija 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, čiji 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 četvorostranu prizmu ABCDA1BB1C1D1 čije 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 čije 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. VEŽBA 1. O(170; 80) Odrediti pravu veličinu preseka četvorostrane prizme ABCDA1BB1C1D1 i ravni 4. Metodom normalnog preseka razviti mrežu 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 dužoj ivici lista, kroz tačku Nm(120; 210) koja je od tačke A udaljena 80mm.

2. O(400; 90) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati presek pravilne prave četvorostrane 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 mrežu piramide sa otvorom koji je nastao uklanjanjem prizme. Ivicu VD na mreži njenog razvijenog omotača postaviti kroz tačku Vm(100; 280), paralelno dužoj ivici lista.

Objašnjenje 1. zadatak Rešenje ovog zadatka prikazano je na slici 7.1. Presek četvorostrane prizme i ravni 4 određen je prodorima svake ivice ove prizme kroz datu ravan, metodom zaklonjenih duži. U horizontalnoj projekciji ivice prizme zaklanjaju frontale ravni 4, a u frontalnoj projekciji neposredno se uočavaju njihovi preseci sa odgovarajućim ivicama prizme. Prava veličina preseka A4BB4C4D4 određena je obaranjem ravni 4 oko njenog horizontalnog traga 4H, u osnovu H. Da bi se razvila mreža zarubljene prizme ABCDA4B4B C4D4 potrebno je da se svi metrički elementi ove prizme odrede u pravoj veličini. U njene metričke elemente spadaju: dimenzije oba bazisa kao i dužine i rastojanja između ivica. Bazis ABCD vidi se u pravoj veličini u horizontalnoj projekciji, a prava veličina bazisa A4BB4C4D4 određena je obaranjem ravni 4. Ivice ove prizme su paralelne sa osnovom F, pa se u frontalnoj projekciji vide u pravoj veličini. Ostaje još da se odrede njihova međusobna rastojanja. To je učinjeno metodom normalnog preseka. Na rastojanju od 80mm od tačke A, postavljena je nova, pomoćna, projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu F i ivice ove prizme. Nova projekcijska osnova definiše normalni presek date prizme. U toj pomoćnoj projekciji sve ivice prizme se vide kao tačke, pa se rastojanja između njih očitavaju i mere neposredno. Mreža je razvijena tako što je kroz tačku Nm postavljen normalni presek duž koga su, počev od tačke Nm, prenešena rastojanja između paralelnih ivica prizme. Mereno od normalnog preseka, na ivice prizme su prenešena rastojanja odgovarajućih temena gornjeg i donjeg bazisa, koja se neposredno očitavaju u frontalnoj projekciji. Na primer, tačka A je od normalnog preseka udaljena 80mm (tako je zahtevano zadatkom), a rastojanje tačka A4 izmereno je u frontalnoj projekciji i prenešeno na ivicu mreže, itd. Na kraju su, na mrežu omotača prislonjeni bazisi


zarubljene prizme: dimenzije donjeg bazisa ABCD izmerene su u horizontalnoj projekciji, a dimenzije gornjeg bazisa A4B4B C4D4 u oborenom položaju. Algoritam: 1. Konstruisanje preseka A4BB4C4D4 date prizme i ravni 4 (metoda zaklonjenih duži); 2. Obaranje ravni 4 u osnovu H; 3. Određivanje prave veličine preseka u oborenom položaju: (A4BB4C4D4) →(AH

4B4B C4D4)O ; 4. Postavljanje pomoćne projekcijske osnove 1: 1⊥F; 1⊥(AFA1

F); dist(1-A)=80mm; 5. Formiranje prve pomoćne projekcije ivica prizme: aF→a1; bF→b1; cF→c1; dF→d1; 6. Razvijanje mreže omotača zarubljene prizme: normalni presek sadrži tačku Nm; 7. Konstrukcija bazisa ABCD i A4BB4C4D4 na razvijenoj mreži omotača zarubljene prizme.

AFDF

DH

AH

BH

BF

CH

CF

4F

1

AFDF

BFCF

44

4 4

DH4

C4H AH

4

B4H

B4O

C4O

D4O

A4O

4F

4F

4Z

4ZO

F

a1

d1

c1

b1AF

1

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


tačke 3P i 6P iz uslova da su ivice preseka 2P-3P, 3P-4P, 5P-6P i 6P-1P horizontalne. Mreža omotača piramide sastoji se iz 4 jednakokraka trougla čije se dimenzije mere neposredno u ortogonalnim projekcijama. Da bi se odredile pozicije tačaka prodora na mreži, prethodno su na mreži određene pozicije svih onih izvodnica piramide (V-1, V2, V3, … V6) na kojima se ti prodori nalaze. Prave veličine otsečaka V-3P i V-6P određene su rotacijom i prenesene na mrežu, a pozicije ostalih tačaka prodora na mreži određene su iz uslova da su ivice preseka 2P-3P, 3P-4P, 5P-6P i 6P-1P paralelne odgovarajućim ivicama bazisa (2P-3P || 6P-1P || AB) i (3P-4P

|| 5P-6P || BC). To je moglo da se učini i na drugi način: prenošenjem pravih veličina odsečaka V-1P, V-2P, … V-6P na odgovarajuće izvodnice na mreži, što je grafički komplikovanije, ali isto tako ispravno. Algoritam: 1. Neposredno uočavanje preseka prizme i piramide u frontalnoj projekciji; 2. Prenošenje tačaka preseka iz F u H projekciju: (1P 2P 3P 4P 5P 6P )F→(1P 2P 3P 4P 5P 6P )H; 3. Određivanje pravih veličina otsečaka V-3P i V-6P , rotacijom: V-3P →V-3PO i V-6P →V-6PO; 4. Razvijanje mreže omotača piramide sa otvorom 1P 2P 3P 4P 5P 6P; 5. Konstrukcija bazisa piramide ABCD na razvijenoj mreži omotača.

V F

G3PO

6PO

F

F HF

FF EF

AFCF

3P

4P

5P

1P

2P

BF DF

DH

6P

VHAHCH

BH

E =FH HG =HH H

3P5P

4P

1P

2P

B

B

B B

B

B

B

Vm

3P 4P

5P

1P

2P

6P

Slika 7.2


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

Normalni presek postaviti paralelno dužoj ivici lista, kroz tačku Nm(220; 170) koja je od tačke A udaljena 80mm.

2. Grupa Format A3 1. O(120; 120) Odrediti pravu veličinu preseka obrtnog konusa i ravni 4(20; ∞; 35). Razviti mrežu zarubljenog konusa od tačke Vm(300; 250) tako da najduža izvodnica njegovog razvijenog omotača bude paralelna kraćoj ivici lista.

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


8. VEŽBA 1. O(170; 80) Odrediti pravu veličinu preseka obrtnog konusa i ravni 4(90; ∞; 70). Razviti mrežu zarubljenog konusa od tačke Vm(330; 260) tako da prva izvodnica njegovog razvijenog omotača bude paralelna dužoj ivici lista. Konus:

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

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

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

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

III cilindar: Osovina cilindra C2C3: C2(130; 40; 50),C3(70; 40; 30); poluprečnik bazisa je R3=30mm. Razviti mrežu omotača prvog cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem preostala dva cilindra. Prvu izvodnicu na mreži omotača cilindra postaviti kroz tačku Mm(220; 280) tako da bude paralelna kraćoj ivici lista.

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


Objašnjenje 1. zadatak Rešenje ovog zadatka prikazano je na slici 8.1. Ravan 4 seče sve izvodnice datog konusa u konačnosti, pa ovaj konusni presek pretstavlja elipsu. Elementi preseka se neposredno uočavaju u frontalnoj projekciji jer je ravan 4 upravna na osnovu F i u frontalnoj projekciji se vidi kao prava linija. Prečnik elipse I-II dobija se iz frontalne projekcije, u preseku ravni 4 i konturnih izvodnica konusa. Prečnik III-IV se vidi u frontalnoj projekciji kao tačka i njegova veličina se određuje u horizontalnoj projekciji, u preseku horizontalnog kruga kome on pripada i spona iz frontalne projekcije. Kako su prečnici I-II i III-IV ortogonalni, elipsa se u horizontalnoj projekciji može konstruisati metodom temenih lukova krivine. Prava veličina ovog preseka određena je obaranjem ravni 4 u osnovu H, oko njenog horizontalnog traga 4H. Mreža konusa je razvijena pomoću 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 veličine zarubljenih izvodnica određene su njihovom rotacijom oko osovine konusa do frontalnog položaja. Na primer, prava veličina izvodnice 10-104 dobijena je rotacijom tačke 104 do frontalne izvodnice V-1 itd. Mreža je razvijena tako što je kroz tačku Vm postavljena izvodnica V-1, paralelno dužoj ivici lista. Mereno od tačke Vm, na nju je prenešena prava veličina duži V-14 čime je na mreži konstruisana prava veličina zarubljene izvodnice 1-14. Položaj izvodnice V-2 određen je u preseku kružnog luka poluprečnika 1-2 (koji se meri na bazisu, u horizontalnoj projekciji) i kružnog luka čiji je poluprečnik konstantan i jednak dužini izvodnice obrtnog konusa (V-1). Ponavljanjem ovog postupka za sve izvodnice, razvijena je mreža omotača ovog zarubljenog konusa. Algoritam: 1. Određivanje prečnika I-II i III-IV presečne elipse i njenog središta E; 2. Konstrukcija konusnog preseka (elipse) u horizontalnoj projekciji; 3. Obaranje ravni 4 u osnovu H; 4. Konstrukcija presečne elipse u oborenom položaju: (I-II)H→(I-II)O; (III-IV)H→(III-IV)O;EH→EO; 5. Određivanje pravih veličina izvodnica zarubljenog konusa: V-14

F→V-14O… V-124

F→V-124

O; 6. Razvijanje mreže omotača obrtnog konusa: Vm-1, Vm-2, Vm-3… Vm-12; 7. Razvijanje mreže motača zarubljenog konusa: 14-1, 24-2, 34-3… 124-12; 8. Konstrukcija presečne elipse na razvijenoj mreži omotača zarubljenog konusa.


VF

4F

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

94

74

14

44

54

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

1414

74 84

I II

IV

III

VH

H

H

H

HIOIIO

IVO

IIIO

EO EH

Slika 8.2


2. zadatak Rešenje ovog zadatka je prikano na slici 8.2. Presečna kriva prvog i drugog obrtnog cilindra određena je metodom pomoćnih ravni koje obe površi seku po njihovim izvodnicama. Tačke presečne krive dobijaju se kao tačke preseka onih izvodnica ove dve površi koje pripadaju istim pomoćnim ravnima. Izabrano je 5 vertikalnih ravni (α1, α2, … α5) kroz 8 ravnomerno raspoređenih izvodnica drugog cilindra. Ravni α1 i α5 dodiruju drugi cilindar, a ostale ga seku. Kao što je prikazano na slici, pozicije ovih izvodnica u frontalnoj projekciji određene su obaranjem bazisa drugog cilindra u horizontalni položaj, gde se njihova rastojanja od horizontalne ravni simetrije ovog cilindra vide u pravoj veličini. Kako su pomoćne ravni paralelne i sa osovinom prvog cilindra, one i prvi cilindar seku po izvodnicama koje se u horizontalnoj projekciji vide zračno. U horizonatalnoj projekciji tačke preseka su određene neposredno i označene su brojevima: 1, 2-2, 3-3, 4-4 i 5. U frontalnoj projekciji ove tačke se nalaze u preseku njihovih spona iz horizontalne projekcije i frontalnih projekcija odgovarajućih izvodnica drugog cilindra. Prvi i treći cilindar imaju jednake prečnike, a postavljeni su tako da im se osovine seku, pa se njihova presečna kriva raspada na gornju i donju poluelipsu. Kako je osovina trećeg cilindra paralelna sa osnovom F, presečne poluelipse vide se zračno (kao duži) u frontalnoj projekciji, gde su nacrtane neposredno, bez ikakvih pomoćnih konstruktivnih postupaka. Da bi se razvila mreža prvog cilindra, na njegovom omotaču je uočeno 12 ravnomerno raspoređenih izvodnica i one su označene rimskim brojevima I, II, III, … XII. U frontalnoj projekciji su označene tačke preseka ovih izvodnica sa zračnim poluelipsama, a zatim je, metodom Kohanskog, određena dužina obima njegovog bazisa i, počev od tačke Mm, razvijena mreža omotača. Na kraju su određene i pozicije tačaka obe presečne krive na razvijenom omotaču, merenjem dužina odgovarajućih izvodnica u frontalnoj projekciji i njihovim prenošenjem na izvodnice mreže. Algoritam: 1. Uočavanje pomoćnih ravni koje prvi i drugi cilindar seku po izvodnicama: αi; i=1,2… 8; 2. Konstrukcija tačaka presečne krive prvog i drugog cilindra: tačke 1, 2-2, 3-3, 4-4, 5; 3. Konstrukcija presečne krive (dve poluelipse) prvog i trećeg cilindra; 5. Uočavanje 12 ravnomerno raspoređenih izvodnica na prvom cilindru: tačke I, II… XII; 6. Određivanje dužine obima bazisa prvog cilindra (metodom Kohanski ili numerički); 7. Razvijanje mreže omotača prvog cilindra; 8. Određivanje pozicija tačaka obe presečne krive na razvijenom omotaču prvog cilindra.


1

CF2

2=12

3=11

2=12

3=11

1

14=10

23 4

5

432

CF3 CF

1

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

2

2

34

5

Slika 8.2 3. zadatak Rešenje ovog zadatka prikazano je na slici 8.3. Presečna kriva između ove dve površi određena je metodom pomoćnih ravni koje cilindar seku po horizontalnim izvodnicama, a konus po horizontalnim kružnicama. Preseci između izvodnica i kružnica koje pripadaju istoj pomoćnoj ravni pretstavljaju tačke na presečnoj krivoj ovih površi. Izabrano je 7 horizontalnih ravni (α1, α2, … α7) kroz 12 ravnomerno raspoređenih izvodnica cilindra. Ravni α1 i α7 dodiruju cilindar, a ostale ga seku. Pozicije ovih izvodnica u frontalnoj projekciji određene su obaranjem bazisa obrtnog cilindra u horizontalni položaj, gde se njihova rastojanja od horizontalne ravni simetrije ovog cilindra vide u pravoj veličini. Na


primer, ravan α2 seče konus po kružnici Ω2, a cilindar po izvodnicama i2 i⎯i2. Pozicije ovih izvodnica u frontalnoj projekciji određene su merenjem njihovih udaljenosti z2 od horizontalne ravni simetrije cilindra, koje se vide u pravoj veličini u oborenom položaju njegovog bazisa. Izvodnice seku kružnicu Ω2 u dve tačke koje su označene brojevima 2 i⎯2. Ove tačke se uočavaju neposredno u horizontalnoj projekciji i sponama prenose u frontalnu projekciju na odgovarajuće izvodnice cilindra. Da bi se razvila mreža cilindra neophodno je da se prethodno odredi dužina obima njegovog bazisa kao i prave veličine odsečaka svih njegovih izvodnica na kojima se nalaze tačke presečne krive. Dužina obima se može odrediti računskim putem ili, kao što je to učinjeno na slici, metodom Kohanskog, a izvodnice se vide u pravoj veličini u horizontalnoj projekciji. Mreža je razvijena od tačke Mm, tako što je prvo, paralelno dužoj ivici lista, nacrtana linijarektificirane bazisne kružnice, a zatim, ortogonalno na ovu liniju, nacrtano 12 ravnomerno raspoređenih odsečaka izvodnica. Da bi se razvila mreža obrtnog konusa sa presečnom krivom neophodno je da se odredi dužina njegovih izvodnica s, kao i pozicije tačaka preseka na mreži omotača. Kako razvijeni omotača obrtnog konusa pretstavlja kružni isečak, potrebno je da se odredi i ugao tog isečka što je, u ovom primeru, učinjeno računskim putem, po formuli ϕ=3600(Rk/s). Dužine izvodnica su konstantne i njihova prava veličina jednaka je dužini konturnih izvodnica konusa u frontalnoj projekciji. Da bi se odredile pozicije tačaka preseka na mreži, određene su prave veličine odsečaka izvodnica na kojima se nalaze tačke preseka, njihovom rotacijom oko osovine konusa. Na primer, otsečak izvodnice V-2, rotiran je do frontalnog položaja V-2O i u frontalnoj projekciji se vidi u pravoj veličini. Tako su određene dužine i svih ostalih otsečaka. Mreža obrtnog konusa razvijena je od tačke Vm konstrukcijom kružnog isečka koji pretstavlja njegov razvijeni omotač. Na razvijenom omotaču nacrtani su, zatim, kružni lukovi čiji su poluprečnici jednaki dužinama odsečaka izvodnica V-1O, V-2O, V-3O… V-7O. Na razvijenom omotaču određene su i pozicije svih onih izvodnica konusa na kojima se nalaze tačke presečne krive, prenošenjem dužina odgovarajućih kružnih lukova iz horizontalne projekcije bazisa na luk kružnog isečka razvijenog omotača. Tačke presečne krive na mreži konstruisane su kao presečne tačke pomenutih izvodnica i kružnih lukova kojima one pripadaju. Na kraju je potrebno naglasiti da konus i cilindar, pa samim tim i njihova presečna kriva, poseduju zajedničku vertikalnu ravan simetrije Σ. Ova činjenica pruža mogućnost jednostavnije numeracije tačaka presečne krive: tačke 1 i 7 pripadaju ravni simetrije, a ostale formiraju parove simetrično raspoređenih tačaka (2 -⎯2; 3 -⎯3, … 6 - ⎯6). Takođe, iz ravanske simetrije površi koje se seku neposredno sledi i osna simetrija njihovih mreža, što se jasno uočava 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

Ω

ϕ /2

ϕ /2

F

ΩH

iHiH_

2

2_

α α α

1 2 3 α4

α5

α6

α7

ϕ=

360

R s_ .0

2

2i 1H

iH 3

O

V m

6

6_

7

3

3_

5

1

12

34

56

7

Mm

ΣHR C

R Cπ.

∼

Sl. 1

4.1

Slika 8.3


ZADACI ZA DODATNU VEŽBU 1. Grupa Format A3 1. O(120; 120) Odrediti pravu veličinu preseka obrtnog konusa i ravni 4(20; ∞; 35). Razviti mrežu zarubljenog konusa od tačke Vm(300; 250) tako da najduža izvodnica njegovog razvijenog omotača bude paralelna kraćoj ivici lista.

Konus: Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K(0; 50; 0); poluprečnik 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); poluprečnik bazisa r1=25mm; visina cilindra h=120mm. II cilindar:Osovina je horizontalna i seče osovinu prvog cilindra; poluprečnik bazisa r2=25mm; centar bazisa K2(10; 40; 45); III cilindar: Osovina cilindra K3K4: K3(135; 40; 100),K4(80; 40; 45); poluprečnik bazisa je r3=25mm.

Razviti mrežu prvog cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem preostala dva cilindra. Mrežu razviti od tačke Mm(210; 150) tako da izvodnice njegovog razvijenog omotača budu paralelne kraćoj ivici lista. Razviti mrežu trećeg cilindra sa otvorom koji je nastao uklanjanjem preostala dva cilindra. Mrežu razviti od tačke Nm(210; 250) tako da izvodnice njegovog razvijenog omotača budu paralelne kraćoj 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); poluprečnik bazisa r1=25mm; visina cilindra h=120mm. II cilindar:Osovina je horizontalna i seče osovinu prvog cilindra; poluprečnik bazisa r2=25mm; centar bazisa K2(45; 110; 45); III cilindar: Osovina cilindra K3K4: K3(100; 40; 80),K4(45; 40; 45); poluprečnik bazisa je r3=25mm


Razviti mrežu prvog cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem preostala dva cilindra. Mrežu razviti od tačke Mm(210; 150) tako da izvodnice njegovog razvijenog omotača budu paralelne kraćoj ivici lista. Razviti mrežu trećeg cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem preostala dva cilindra. Mrežu razviti od tačke Nm(210; 250) tako da izvodnice njegovog razvijenog omotača budu paralelne kraćoj ivici lista. 4. Grupa Format A3 3. O(150; 120) U paru ortogonalnih projekcija odrediti presek pravilne prave četvorostrane 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, poluprečnika r=30mm;

osovina: K1(40; 120; 30)K2(40; 0; 30). Razviti mrežu piramide sa otvorima koji su nastali uklanjanjem cilindra. Mrežu razviti od tačke Vm(280; 150) tako da prva ivica njenog razvijenog omotača bude paralelna dužoj ivici lista. Razviti mrežu obrtnog cilindra sa otvorom koji je nastao uklanjanjem piramide. Mrežu razviti od tačke Nm(210; 270) tako da izvodnice njegovog razvijenog omotača budu paralelna kraćoj 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); poluprečnik bazisa Rk=50mm; visina konusa h=100mm. Cilindar:Osovina cilindra C1C2: C1(60; 0; 40)C2(60; 120; 40); poluprečnik bazisa Rc= 35mm; Razviti mrežu cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem konusa. Mrežu cilindra razviti od tačke Mm(150; 150) tako da izvodnice njegovog razvijenog omotača budu paralelne kraćoj ivici lista.

konstruktivna geometrija praktikum za vezbe

Documents