рефераты конспекты курсовые дипломные лекции шпоры

Реферат Курсовая Конспект

РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА.

РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА. - раздел Государство, Глава 1. Растяжение И Сжатие...

Глава 1.

РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА.

Задача № 1. Прямолинейный брус круглого поперечного сечения (d=2 см, l=50 см) растягивается силой P, возрастающей до предельного значения Рт=7,536 т…  

ПЛОСКОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ. СДВИГ И КРУЧЕНИЕ

  (7)

ОБЪЕМНОЕ НАПРЯЖЕНОЕ СОСТОЯНИЕ. ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ. БЕЗМОМЕНТНАЯ ТЕОРИЯ ОБОЛОЧЕК.

По I-й теории наибольших нормальных напряжений получаем расчетную формулу:  

ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ.

   

СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ.

  (20)

СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ.

  Задача № 28.На балку прямоугольного сечения, защемленную левым концом,… Решение. Наибольшее напряжение будет в точке А, где

Таблица 1 – Определение положения нейтральной оси у кривого бруса.

R0/c k=y0/R0
Круглое сечение Прямоугольное сечение
1,2 0,224 0,305
1,4 0,151 0,204
1,6 0,108 0,149
1,8 0,084 0,112
2,0 0,069 0,090
2,4 0,049 0,065
3,0 0,030 0,041
4,0 0,016 0,021

 

 

Из таблицы 1 для прямоугольного сечения имеем k = 0,021. Далее находим у0 = kR0 = 0,021·20 = 0,42. Статический момент площади F = 40 см2:

Координаты точек 1 и 2 относительно нейтральной оси следующие: y1=5,42; y2=4,58 см.

Найдем нормальные напряжения:

 

 

Рисунок 34.

 

Эпюры напряжений представлены на рисунке 34, б (отдельно от изгиба и от осевого сжатия).

 

Задача № 36. Определить напряжения в точках а и b кривого бруса с круглым сечением, если Р=4 т, d =48 см, R0= 12 см (рисунок 35).

Решение. Находим М = 48 т-см = 48000 кГ• см; F = 50,24 см2, R/c= 12/4 = 3. Тогда из таблицы 1 k = 0,03; уо = kR0=0.03·12=36; Sz=y0F=18,09; y1=4,36, y2=3,64 см.

Найдем напряжения в точках а и b:

 

 

 

Рисунок 35.

 

Задача № 37. Определить радиальные и тангенциальные нормальные напряжения на внешней и внутренней поверхности толстостенной трубы при действии внутреннего давления pa=900 кГ/см2 (рисунок 36, а). Дано: b = 20 см; а = 10 см; μ = 0,3; E = 2-106 кГ/см2.

Построить эпюры напряжений. Определить радиальное перемещение точки, расположенной на внутренней поверхности.

Решение. Запишем формулы для тангенциального и радиального напряжений в этом случае:

 

(23)

 

Рисунок 36.

 

Вводя отношение β=b/a, можем записать:

 

Эпюры σt и σr показаны на рисунке 36, б; в точке 1 (r = b): σt,1=600 кГсм2; σr,1=0. В точке 2 (г = а): σt,2 = 1500 кГ/см2; σr,2=-900кГ/см2. Радиальное перемещение в произвольной точке на расстоянии r будет равно:

При r=а

Рисунок 37.

 

Задача № 38. Для той же толстостенной трубы найти тангенциальное и радиальное нормальные напряжения в случае внешнего давления pb = 900 кГ/см2 (рисунок 37, а). Коэффициент β = 2.

Решение. Формулы для напряжений теперь имеют следующий вид:

Для точки 1 (r=b) получаем σt,1=-l500 кГ/см2; σr,1=-900 кГ/см2; для точки 2 σt,2 = - 2400 кГ/см2; σr,2=0. Эпюры напряжений изображены на рисунке 37, б.

 

Задача № 39. Определить радиальное давление на цилиндрической поверхности контакта при насадке двух стальных колец с натягом (рисунок 38, а), если отклонение в размерах

Рисунок 38.

 

∆ = b1 — а2 (рисунок 38, б); ∆ = 0,01 см, b2 = 6 см; а2 = 4 см; b1=4,01 см; а1 = 2 см. Упругие постоянные Е = 2-106 кГ/см2, μ = 0,3.

Решение. Обозначая радиальные перемещения внутреннего и внешнего кольца в месте контакта соответственно через |u1| и |u2|, получаем следующее условие совместности радиальных перемещений (рисунок 38)

 

Выражаем и1 и и2 в зависимости от давления и размеров, получаем:

Внося численные данные, получаем, умножая обе части уравнения на Е:

Откуда p=1173 кГ/см2. При этом возникает окружное нормальное напряжение ~ 2,67 p.

 

 

Глава 7.

ПРОДОЛЬНЫЙ И ПОДОЛЬНО-ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ.

где lпр и l — приведенная и действительная длины соответственно, μ —… Для упруго-пластической области деформации применяем теоретическое решение Энгессера-Шенли:

Таблица 2 – Коэффициенты φ по нормам СССР

Гибкость λ Сталь 3 Е=2·106 кГ/см2 σт=4000 кГ/см2 Чугун Е=1,1·106 кГ/см2 σпч=4000 кГ/см2 Сосна Е=105 кГ/см2 σпч=400 кГ/см2
1,00 1,000 1,00
0,96 0,910 0,97
0,94 0,810 0,93
0,92 0,690 0,87
0,89 0,570 0,80
0,86 0,440 0,71
0,81 0,340 0,61
0,75 0,260 0,48
0,69 0,200 0,38
0,60 0,160 0,30
0,52 0,134 0,25
0,45 0,113 0,22
0,40 0,096 0,18
0,36 0,083 0,16
0,32 0,072 0,14
0,29 0,064 0,12

Решение. Применяем способ попыток. Пусть φ = 0,8, тогда [σ]сж=1360. Необходимая площадь F = 20 000/1360 = 14,7, чему отвечает стержень двутаврового сечения № 12, i = 1,38 см; I = 27,9 см.

Находим величину гибкости, учитывая, что lпр = 0,5l = 1 м:

 

По таблице 2 получаем φ = 0,795. Следовательно, [σ]сж=1350кГ/см2. Тогда новая площадь будет: F=14,8 см2. Итак, оставляем двутавр № 12.

 

 

Задача № 43. Определить коэффициент запаса стальной двутавровой стойки, защемленной двумя концами (рисунок 41) по отношению критической силы к допускаемой, если касательный модуль Et = 0,615E, при λ = 72,5, причем Е = 2·106 кГ/см2. Допускаемая сила Р=20 т.

Решение. Определяем критическую силу по формуле Энгессера-Шенли (таблица 3)

 

Таблица 3 – Значения касательного модуля Et

λ Сталь 3 Е=2·106 кГ/см2 Сплав 29 Е=2,2·106 кГ/см2 σПЦ=6000; σТ=9000 кГ/см2
0,11Е 0,24Е
0,18Е 0,40Е
0,27Е 0,58Е
0,36Е 0,78Е
0,45Е 1,00Е
0,71Е 1,00Е
1,00Е 1,00Е

 

Находим коэффициент запаса:

Рисунок 42.

Задача № 44. Определить момент в защемлении и наиболь­шее напряжение в этом сечении стержня при действии силы N = 8 т с эксцентриситетом е = 2 см. Найти величину прогиба свободного конца стержня с учетом влияния сжимающей силы, если двутавровое сечение № 20 (F = 26,8 см2; /v = 115 см4; №„ = 23,1 см3; iv = 2,07). Длина стержня 2 м (рис. 42).

Решение. Предварительно находим критическую силу по формуле Эйлера Nкр = 14,3 т. Определяем параметр . Общие выражения для у и ф (рис. 41) при начале координат в точке 0 по методу начальных пара­метров можно записать так:

 

(26)

 

(27)

В данном случае Q0=0; M0=Ne. Примем за начало координат точку О1, тогда

(28)

 

(29)

 

(30)

Из условия, что при x=l; φ=0, находим

Внося в выражение (30) это значение и подставляя x=l, получаем

(31)

где ν=kl.

Для наших данных ν=1,176, cos ν =0,384, Mmax=41700 кГ·см.

Следовательно, момент увеличивается в 2,6 раза сравнительно с начальным моментом M0(N>0,5Nкр). Находим наибольшее напряжение:

 

Величина прогиба свободного конца на основе формулы (28) будет:

Задача № 45. Определить максимальное напряжение и ма­ксимальную величину прогиба сжато-изогнутой балки на двух опорах (рисунок 43). Сечение двутавровой балки 30 a, F = 49,9; Iy = 436 см4; iy = =2,95; Wy = 60,1 см3; l = 5 м; Р = 500 кГ; N= 12 т.

Решение. Определим критическую силу Nкр=34,2 т.

Тогда

Рисунок 43.

 

Глава 8.

НАПРЯЖЕНИЕ ПРИ ДЕЙСТВИИ ДИНАМИЧЕСКИХ НАГРУЗОК.

(32) где δ – перемещение от Q=1, ∆=Qδ. При установившихся… (33)

ЗАДАЧИ НА ВСЕ РАЗДЕЛЫ.

Задача № 53. Определить моменты инерции Iz, Iу, Izy, I0 = IР для прямоугольника h X b и для круга диаметром d (рисунок 51).

Ответ: для прямоугольника

для круга

 

Задача № 54. Найти главные центральные моменты инерции Iv и IU для сечения в форме зет (рисунок 52). Определить момент сопротивления WU. Сечение состоит из вертикала 200x20 и уголков - левого: 160x160x20 и правого: 140x140x12.

Решение. Проведя начальные оси Zo и Yо, находим координаты центра тяжести. Определяем площади сечений левого уголка F1 = 60,4 см2, вертикала F2 = 40 см2 и правого уголка F3 = 32,5см2. Координата yс:

Аналогичным путем находим zc=15,6 см. Определяем моменты инерции относительно центральных осей Z и Y:

 

 

Рисунок 51

 

Рисунок 52

 

 

Направления главных осей определяются следующим образом:

Угол наклона оси U (максимума) разен: tg2α = 3,416; 2α = 73°41; α = 36°50,5'. Величины главных моментов, инерции рассчитываем по формуле

Тогда Imах = 9003,37 см4, Imin= 1062,65 см4. Находим момент сопротивления:

 

Рисунок 53

 

Задача № 55. Найти усилия в стержнях 1 и 2 статически неопределимой системы (рисунок 53), если Е1 = 2Е2; Fl = 2,58F2; [σ1]=1600 кГ/см2, [σ2] = 620 кГ/см2. Размеры даны на рисунке. Сила Р=40 т; угол β = 36°52; sinβ = 0,6.

Решение: Уравнение равновесия ΣMA=0 позволяет записать:

(38)

Подставляя sinβ = 0,6; sinα = 0,707; P=40, можем вместо выражения (38) получить

(39)

Запишем уравнение совместимости перемещений

(40)

 

Рисунок 54

 

откуда ∆1=1,527∆2. Подставляя выражения удлинений, получаем

(41)

Учитывая выражение (41) в уравнении (39), находим N1=60,72т; N2 = 9,08 т. Определим площади сечений:

Найдем напряжение в стержне 2:

 

Задача № 56. Для того же случая прикрепления диска АВ найти усилия и напряжения в стержнях 1 и 2 (рисунок 53) от неправильности в длине стержня 1, равной δ = 0,8 см (рисунок 54). Дано: модуль Е1=2·106 кГсм2; Е2 = 1/2 Е1; F1 = 38,0 см2, F2=14,7 см2; sin β = 0,6; sinα=0,707.

Решение. Запишем условие совместности перемещений y1 и у2 (40) из предыдущей задачи: 5y1 = 9y2. С помощью рисунка 54 можем найти:

откуда

Подставляя эти выражения в уравнение совместности перемещений, получаем

т. е.

(42)

Условие равновесия ΣМА = 0 позволяет записать: 9 sin β N1
— 5sinαN2 = 0, откуда N1 = 0,655 N2. Подставляя это соотношение в равенство (42), получаем 34,1 N2 = 60,8·104; N2 = 17,9 т; N1 = 11,73 т. Определяем: σ2 = 1215 кГ/см2; σ1 = 309 кГ/см2.

 

Задача № 57. Найти усилия и напряжения в стержнях 1 и 2 конструкции (рисунок 55, а) при нагревании стержней на t = 10°. Дано: tgβ = 0,75; sinβ = 0,6; tgα = 1; sinα = 0,707, F1=6 см2; F2 = 12 см2; E1 = E2 = =E = 2·106 кГ/см2; коэффициент линейного расширения α = 12,5·10-6.

Решение. При отсутствии соединения стержней в шарнире а для стержня 1 точка а перейдет в положение d. где ad = αtl1, аналогично для стержня 2: ас = αtl2. Стержень 1 укоротится на ∆l1 = de, стержень 2— на ∆l2 = cb (рисунок 55, б). Можно записать:

откуда условие совместности деформаций будет выражено так:

(43)

Объединив члены, выражающие удлинения стержней, после преобразований, найдем:

 

Рисунок 55

т. е.

(44)

Запишем второе уравнение с учетом условия равновесия ΣMA=0:

откуда

(45)

Решая систему уравнений (44) и (45), получаем N1 = 10,3 т; N2=12,13 т. Следовательно, усилие N2 — сжимающее, усилие N1 — растягивающее.

Определим напряжения в стержнях 1 и 2:

 

Задача № 58. Найти лишнее неизвестное и построить эпюру моментов для рамы (рисунок 56), применяя при определении перемещений метод начальных параметров. Жёсткость EI = const, h = l.

Решение. Применив способ сравнения перемещений, найдем, что по абсолютному значению

(46)

По рисунку 56, б находим величину прогиба точки 1 стойки:

По рисунку 56, в определяем величину прогиба точки 1 стойки О — 1от силы X:

Подставляя эти выражения в соотношение (46), получаем: Ph3/2= Xh3/3, откуда:

(47)

Эпюра моментов показана на рисунке 56, г.

 

Рисунок 56

 

Рисунок 57

 

Задача № 59. Рама подвергается действию силы Q01=4 т. Построить эпюру моментов в раме (рисунок 57), применяя метод начальных параметров. Длины элементов: ригеля d = 4 м, стойки h01=3,5; моменты инерции: ригеля Iор, стойки I01 = 0,5 Iop.

 

Решение. За неизвестное принимаем начальный момент М01. Рассмотрев ригель ор (рисунок 57), находим φ = M01d/3 EIop. По методу начальных параметров получаем для стойки

(48)

Величина момента верхних сил положительна при направлении против часовой стрелки, поперечная сила положительна при направлении влево. Вводя погонные жёсткости, записываем вместо выражения (48)

(49)

Угол φ1 приравниваем нулю, так как в узле 1 — защемление. Из уравнения (49) непосредственно получаем начальный момент:

(50)

Пусть Q01 = 4 т, h01 = 3,5 м, Iор — 2 I01 d = 4 м, тогда i01 = 1/3,5; i01=1/2 (принимая I01 = 1; E = 1). По формуле (50) находим M01 = 5,88т·м. Эпюра M показана на рисунке 57. Ординаты ее отложены от растянутого волокна. Нулевая точка эпюры моментов в стойке находится на расстоянии 0,58 h01 от узла 1.

 

Задача № 60. Двухэтажная рама подвержена действию системы узловых горизонтальных сил (рисунок 58). Рассчитать раму методом одного начального параметра—М01. Дано: Q01 = 4 т; P1=2 т; h01=h12=3,5м; Iор = I1p = 2I01; d = 4 м; iop = i1p; i01 = i12 (относительные погонные жёсткости).

Решение. Аналогично решению предыдущей задачи, принимаем за неизвестное начальный параметр М01. Из рассмотрения верхнего ригеля имеем: φ0 = M01/3 iop. Выделяя стойку О — 1 (рисунок 58), получаем

(51)

Находим M10 по верхним силам:

(52)

Из рассмотрения ригеля 1—р, получаем M1p = 3i1pφ1. После подстановки выражения (51), записываем:

(53)

По условию равновесия узла 1 (рисунок 58), получаем M12=M10+M. Подставив выражения (52) и (53), найдем

(54)

Поперечная сила в верхнем сечении стойки 1 — 2 будет равна:

(55)

Теперь, рассматривая стойку 1 — 2, получаем:

(56)

Но ранее величины φ1 и M12 были выражены через начальный момент. Подставляя в уравнение (56) формулы (51), (54) и (55), после необходимых преобразований находим

(57)

Все формулы имеют рекурентный развернутый характер. Из выражения (57) момент M01 находится непосредственно. Для нашей задачи (рисунок 57, а) имеем φ2 = 0. Используя уравнение (57) и подставляя числовые значения, получаем

откуда М01=8,086 т·м.

По приведенным формулам (52) – (54) и (57) находим все моменты:

Эпюра моментов представлена на рисунке 58. Заметим, что нулевые точки эпюр моментов в стойках находятся не посредине длин стоек.

 

Рисунок 58

Задача № 61. Двухэтажная рама, для которой d = h/г, подвергается действию горизонтальной силы Q01 = l т. Применяя метод „одного начального параметра", найти эпюру моментов и определить горизонтальное перемещение верхнего узла рамы (рисунок 59). Моменты инерции ригелей в два раза больше, чем моменты инерции стоек.

Решение. Запишем формулы для погонных жёсткостей ригелей:

где i – прогонная жесткость стойки. Рассуждаем аналогично решению предыдущей задачи:

Составив условие равновесия ΣМ2=0 (рисунок 59, б), можем записать:

откуда М01=4h/7. Эпюра моментов представлена на рисунке 59, в, причем

Находим величину прогиба y0 по схеме стойки (рисунок 59, б) из условия y2=0:

откуда

(58)

 

 

Задача № 62. Подобрать сечения коленчатого стержня О—1—2 (рисунок 60, а), если вертикальный элемент О — 1 имеет круглое сечение диаметром d, а горизонтальный элемент 1—2— прямоугольное сечение hXb, причем h = 2b. На свободном конце элемента О — 1 приложена горизонтальная сила P1 = 1 т

Рисунок 59.

 

и крутящий момент Мо = 1 т · м; в узле 1 приложена вертикальная сила Р2 = 1 т; l = а = 2 м; основное допускаемое напряжение [σ] = 1600кГ/см2. (Применить III-ю теорию прочности.)

Решение. Рассматриваем вертикальный стержень, который подвергается изгибу в вертикальной плоскости (момент в узле 1: P1a=1·2 т · м и кручению: Мкр = М0 = 1 т·м (рисунок 60, б)). Расчётный момент по IП-й теории выражается так:

Определяем необходимый диаметр:

Рассматриваем горизонтальный элемент 1 – 2, на конце 1 которого приложены силы P1, P2 и моменты М0 и Мкр (рисунок 61, а).

 

 

Рисунок 60.

Рисунок 61.

Строим эпюры крутящих и изгибающих моментов (рисунок 61, б): Мкр1а=2 т·м; в защемлении Мy=3 т·м, Мz=2 т·м.

Обращаясь к рисунку 62, где представлено сечение, уста-навливаем, что по совместному действию изгиба и кручения более опасной является, точка 1 (а не точка 3). Для точки 1 расчётное напряжение по Ш-й теории прочности выражается следующей формулой:

где

причем Мy=3 т·м; Мкр=2 т·м; hb2=h3/4; α=0,25. Рисунок 62.

Подставляя эти значения в формулу, находим:

откуда

Следовательно, высота сечения h=18,2 см.

Рассмотрим теперь условие прочности для точки 2, где касательное напряжение от Мкр равно нулю, а нормальное напряжение

откуда Итак, следует взять h=18,2 см.

 

Задача № 63. Найти частоты поперечных горизонтальных колебаний двухэтажной рамы, применяя метод инерционной нагрузки и начало возможных перемещений по Лагранжу (рисунок 63, а). Соотношение в размерах и моментах инерции сечений то же, что и для задачи № 61 (рисунок 59, а). Узловые массы: mo=h, m1 = 1,5h, где — погонная масса каждого стержня рамы. Учесть изгиб ригелей и стоек.

Решение. Найдем погонные жёсткости iop = 4i, где i — погонная жёсткость стойки. Применим метод перемещений [2] и метод узловой инерционной нагрузки [3]. По этому последнему к узлам 0 и 1 прикладываем в амплитудном состоянии инерционные силы

Концевые моменты по методу перемещений будут выражаться как

(59)

где θ01 и θ12 – углы поворота хорд изогнутых линий стержней (рисунок 63, б):

Составив уравнения равновесия узлов

подставляем выражения моментов (59) и получаем “основные” уравнения:

(60)

Решая эти уравнения относительно углов поворота узлов φi, получаем

(61)

Далее составляем дополнительные уравнения виртуальных работ [2], [4] для I и соответственно для II состояний (рисунок 63, в):

Подставляя сюда выражения для углов φ1 по формулам (61), получаем два уравнения с неизвестными амплитудами y0 и y1:

 

 

 

 


(62)

Приравняв определитель из коэффициентов при неизвестных этой системы (62) нулю, получим частотное уравнение; обозначив m0=m; m1=1,5m, x=mω2, получим:

Для x=mω2 имеем квадратное уравнение:

(63)

откуда x=mω21,2=0,87i/h2; 15,7i/h2.

Квадраты частот будут выражаться так:

а значение частот:

(64)

Задача № 64. Определить приведенную массу для рамы, рассмотренной в задаче № 63, если место приведения — верхний узел О (рисунок 63). Рассматривается низшая форма колебаний. Размеры рамы — те же, что и на рисунке 59, а.

Решение. Из равенства частот ω1 (из решения задачи № 63) для системы с одной степенью свободы можем записать:

(65)

где δ0 – горизонтальное перемещение от Q01=1 для рамы (рисунок 59). Из решения задачи № 61 имеем:

По формуле (65) приведенная масса с учетом выражения (64) будет равна:

 

ПРИЛОЖЕНИЕ.

ГРАФИКИ КОЭФФИЦИЕНТОВ ДЛЯ ПРОВЕРКИ ПРОЧНОСТИ ДЕТАЛЕЙ ИЗ СТАЛЕЙ ПРИ ПЕРЕМЕННЫХ НАПРЯЖЕНИЯХ

Рисунок 64 – Графики коэффициентов чувствительности.  

– Конец работы –

Используемые теги: растяжение, Сжатие, прямоли, ного, бруса0.058

Если Вам нужно дополнительный материал на эту тему, или Вы не нашли то, что искали, рекомендуем воспользоваться поиском по нашей базе работ: РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА.

Что будем делать с полученным материалом:

Если этот материал оказался полезным для Вас, Вы можете сохранить его на свою страничку в социальных сетях:

Еще рефераты, курсовые, дипломные работы на эту тему:

РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА.
На сайте allrefs.net читайте: РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА....

объемное напряженное состояние — растяжение сжатие по трем взаимно перпендикулярным направлениям.
Различают три вида напряженного состояния... линейное напряженное состояние растяжение сжатие в одном направлении... плоское напряженное состояние растяжение сжатие по двум направлениям...

Лабораторная работа №2 по "Основам теории систем" (Решение задач линейного программирования симплекс-методом. Варианты разрешимости задач линейного программирования)
Будем увеличивать , т.к. ее увеличение вызовет большее увеличение функции цели.Предположим, что , тогда Запишем новый опорный план . Все оценки… Теперь базисными переменными являются , а свободными . Для анализа этого плана… Будем увеличивать . Пусть , тогда откуда получаем Все оценки опорного плана должны бытьнеотрицательны, а значит должны…

Постановка задачи линейного программирования и двойственная задача линейного программирования.
Всвязи с развитием техники, ростом промышленного производства и с появлением ЭВМвсе большую роль начали играть задачи отыскания оптимальных решений… Именно в силу этого процесс моделированиячасто носит итеративный характер. На… Здесь имеется полная аналогия с тем, как весьма важнаи зачастую исчерпывающая информация о поведении произвольной…

Основы линейного и нелинейного регрессионного И корреляционного анализов
Государственное образовательное учреждение... Высшего профессионального образования... Брянская государственная инженерно технологическая академия...

Тема. Подъем национально-освободительного и революцион­ного движения в Китае
ДЛЯ СТУДЕНТОВ ОЧНОГО ОТДЕЛЕНИЯ Тема Подъем национально освободительного и революцион ного движения в... После Второй мировой войны мир сталкивается с новыми политическими реалиями... Оставаться под прикрытием ядерных гарантий СССР надежность которых после г у руководства КНР вызывала...

Пневматикой называется раздел техники, объединяющий устройства, работающие на сжатых газах
Пневматикой называется раздел техники объединяющий устройства работающие на сжатых газах... Рабочим телом которое используется в пневматическом оборудовании вагонов... В основе работы всех пневматических систем лежат фундаментальные законы термодинамики и гидродинамики описывающие...

Далее немного вашего внимания уделю процессу установки Delphi на компьютер
Delphi Делфи... Здравствуйте Меня зовут Semen Я ведущий уроков по Delphi Мы с вами... Что же такое Delphi Это среда разработки используемой прежде всего для создания и поддержки приложений...

Изгиб и кручение бруса круглого поперечного сечения
УЧРЕЖДЕНИЕ ОБРАЗОВАНИЯ... Брестский государственный технический университет...

“Исследование задач нелинейного программирования”
На сайте allrefs.net читайте: “Исследование задач нелинейного программирования”...

0.023
Хотите получать на электронную почту самые свежие новости?
Education Insider Sample
Подпишитесь на Нашу рассылку
Наша политика приватности обеспечивает 100% безопасность и анонимность Ваших E-Mail
Реклама
Соответствующий теме материал
  • Похожее
  • По категориям
  • По работам