Мегаобучалка Главная | О нас | Обратная связь


Тема 2.7 Изгиб и кручение



2015-11-27 1567 Обсуждений (0)
Тема 2.7 Изгиб и кручение 0.00 из 5.00 0 оценок




Примеры работы бруса на совместное действие изгиба и кручения. Внутренние силовые факторы и напряжения в поперечном сечении. Формулы для эквивалентного напряжения по гипотезе наибольших касательных напряжений и гипотезе энергии формоизменений. Расчет бруса круглого поперечного сечения на изгиб с кручением.

Литература 1, стр. 324...336; 2, стр. 266...272

Методические указания

Следует четко осознать необходимость применения в данном случае так называемых гипотез прочности и подробно разобрать примеры расчета валов.

Вопросы для самоконтроля

1.Почему в случае одновременного действия изгиба и кручения оценку прочности производят, применяя гипотезы прочности?

2.Приведите примеры деталей, работающих на изгиб с кручением.

3.Какие точки поперечного сечения являются опасными, если брус круглого поперечного сечения работает на изгиб с кручением?

Тема 2.8 Расчеты усталости

Условия работы деталей машин; возникновение переменных напряжений. Основные характеристики цикла. Кривая усталости. Предел выносливости. Факторы, влияющие на предел выносливости; коэффициент снижения предела выносливости. 'Определение коэффициента запаса прочности. Понятие о расчетах на усталость. Литература 4, стр. 11...192, стр. 285...302

 

Методические указания

 

Здесь следует обратить внимание на то, что обычно расчеты на усталость проводятся не как проектные (определение размеров сечения детали), а как проверочные. Объясняется это тем, что допускаемое напряжение не может быть установлено заранее достаточно точно, так как зависит не только от материала детали, но и от ряда ее конструктивных особенностей (размеров, качества обработки поверхностей, наличия концентратов напряжений).

Вопросы для самоконтроля

1.Как называется механическая характеристика материала,
отделяющая его сопротивление переменным напряжениям?

2.Какой цикл изменения напряжений с точки зрения прочности более опасен: симметричный или отнулевой?

3.Что такое концентрация напряжений?

4.Какие факторы влияют на снижение предела выносливости?

5.Как определяется коэффициент запаса прочности вала, работающего на изгиб с кручение при переменных напряжениях?

Тема 2.9 Устойчивость сжатых стержней

Понятие об устойчивых и неустойчивых формах упругого равновесия. Критическая сила. Условие устойчивости. Формула Эйлера (без вывода) при различных случаях опорных закреплений сжатого стержня, оптическое напряжение. Гибкость. Пределы применимости формулы Эйлера, предельная гибкость. Эмпирические формулы для критических напряжений в функции от гибкости. Понятие о расчетах сжатых стержней по формуле Эйлера и по эмпирическим формулам. Литература 1, стр. 337...3.46; 2, стр. 314...334

Методические указания

Тема "Устойчивость сжатых стержней" рассматривается весьма

кратко. Решение простейших задач начинается с определения гибкости стержня и сравнения его значения с предельной гибкостью материала, а затем расчет стойки на устойчивость ведут или по формуле Эйлера или по формуле Ясинского.

 

Вопросы для самоконтроля

 

1.На примере сжатого стержня объясните явление потери устойчивости.

2.Что такое критическая сила?

3. Какое сечение, сплошное, или кольцевое, более рационально с точки зрения устойчивости и почему?

4.Что такое гибкость стержня и предельная гибкость материала? От каких факторов они зависят?

5.В каком случае расчет стойки на устойчивость ведут по формуле Эйлера и когда по формуле Ясинского?

 

 

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ

КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ

 

К решению первой задачи контрольной работы следует приступить после изучения тем: "Основные понятия и аксиомы статики", "Плоская система сходящихся сил". При решении задач на плоскую систему сходящихся сил следует помнить, что проекция силы на ось по величине равна произведению силы на косинус угла между направлением действия силы и положительным направлением оси. Проекция силы на ось считается положительной, если ее направление совпадает с положительным направлением оси координат, и если не совпадает - отрицательной.

Пример № 1

Задание

Аналитически и графически определить реакции связей, удерживающих груз силой тяжести G= 1500 Н.

Аналитическое решение

1.1.В точке О прикладываем силу тяжести груза G (активную силу). Освобождаем груз от связей и прикладываем реакцию гладкой поверхности R1 (перпендикулярно ВС) и реакцию гибкой связи R2 (параллельно ОА). Так как груз находится в равновесии, то получаем систему трех сходящихся в точке О сил.

1.2.Выбираем систему координат и составляем уравнения равновесия:
∑Fkx= 0; R1 + R2cos60°-G cos40° = 0; (1)

∑Fky= 0; R2cos30°-G cos50° = 0; (2)

1.3 Определяем реакции связей; R1 и R2, решая уравнение (1) и (2):

Из уравнения (2) R2 =

Из уравнения (1) R1 = - R2cos60°+ G cos50°=-1113 · 0.5+15000 · 0.7660=592H

2. Графическое решение

2.1 Выбираем масштабный коэффициент сил µf = 40 Н/мм.
Определяем отрезок, изображающий силу тяжести G:

 

ab= мм

2.2 Полученная система сил находится в равновесии, поэтому силовой многоугольник должен быть замкнутым, т. е.:

2(||OA) + + 1( BC) = 0 , (3)

2.3 Вычислим реакции связей и , полученные в результате графического решения уравнения (3):

=bc · µf = 14,5 ·40 = 580 Н; = ca ·µf = 28 · 40 = 1120 Н.

3. Проверка

Вычисляем ошибки, полученные при определении реакций связей R1 и R2 аналитическим и графическими способами:

 

 


 
 

 
 


 
 



К решению второй задачи перейти после изучения тем: "Пара сил", "Плоская система произвольно расположенных сил". Необходимо помнить, что моментом силы относительно точки называется произведение величины (модуля) силы на плечо. Плечом силы называется перпендикуляр, проведенный из точки на линию действия силы или ее продолжение. Момент силы относительно точки считается положительным, если он вращает тело в направлении часовой стрелки, и отрицательным, если против часовой стрелки. Заметим, что момент силы относительно точки равен кулю, если линия действия силы проходит через точку, относительно которой определяют момент данной силы.

 

Пример № 2


Задание

Для консольной балки, нагруженной равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q, силой F и парой сил с моментом М, определить опорные реакции заделки, если q = 20 кН/м, F= 10 кН, М =5 кН м, а = 0,4 м.

Решение

1.Выбираем систему координат хАу, совмещая ось х с балкой, а ось у, направляя перпендикулярно оси х. Освобождаем балку от связей и прикладываем реакции связей: реактивный момент МА и составляющие реакции RA по осям координат RAX и RAY. Равнодействующую равномерно распределенной нагрузки Fq = q · 2а = 20 · 2 ·0,4 = 16 кН, приложенную в точке пересечения диагоналей прямоугольника, переносим по линии ее действия в середину участка CD — в точку К.

2. Для полученной плоской системы сил составляем 3 уравнения
равновесия и определяем опорные реакции.

2.1 Определяем реактивный момент МA

∑МA(FK)=0: MA-M + Fq 3a-F · AE=0.

Определяем плечо силы F относительно точки А. Для того из точки А опускаем перпендикуляр АЕ на линию действия силы F. Из ∆ ABE определяем плечо силы F: АЕ=АВ · sin60°=5а sin60°=5 · 4 · 0.8560=1.732 м

2.2 Определяем реакцию rax

ΣFAX=0; rAX +F ·cos60° =0;

RAX=-F · cos60° = -10 ·0.5 кН.

Реакция RAX получилась отрицательной, следовательно, ее действительное направление противоположно предварительно выбранному.

2.3 Определяем реакцию RAY:

ΣFXY =0; RAY –F + F · cos30° =0

RAY=Fq-F · cos30° =16-10 · 0,8660 = 7,340 кН.

3. Проверка:

ΣMB (FK) = 0; MA+RAY · 5a - M-Fq · 2a = 0;

3,120 + 7,340 · 5 ·0,4 -5-16 ·2 ·0,4=0

Условие равновесия ΣMB (FK)= 0 выполняется.

К решению третьей задачи контрольной работы № 1 нужно приступить после изучения тем: "Центр тяжести", "Геометрические характеристики плоских сечений". При определении координат центра тяжести площади сложного сечения следует помнить, что центр тяжести прямоугольника располагается в точке пересечения его диагоналей, а координаты центра тяжести прокатных профилей необходимо определять с помощью таблиц сортаментов, в которых указаны размеры и координаты центра тяжести двутавров, швеллеров и уголков. При расчете на прочность и жесткость деталей, испытывающих кручение и изгиб, а также в расчетах на устойчивость сжатых стержней фигурируют некоторые характеристики, определяющие способность тела сопротивляться деформированию. Такими характеристиками, значения которых зависят от размеров и формы тела, являются моменты инерции сечений. В предлагаемых задачах также требуется определить главные центральные моменты инерции, то есть осевые моменты инерции сечения относительно его главных центральных осей. Напоминаем, что в сечении с двумя осями симметрии эти оси и являются главными центральными; в сечении с одной осью симметрии вторая главная центральная ось проходит через центр тяжести сечения перпендикулярно первой.

Пример № 3

Задание

Определить главные центральные моменты инерции для поперечного сечения, составленного из листа 1 сечением 6 х 200 мм, двутавра 2 № 20 и швеллера 3 № 18.

Решение

1. Выбираем оси координат X0 и У0, как показано на рисунке. Для листа вычисляем, а для двутавра и швеллера выбираем из таблиц прокатной стали геометрический характеристики и

необходимые размеры.

Для листа 1.

Площадь поперечного сечения:

А1 = h1b1 =0,6 · 20 = 12 см2:

Момент инерции относительно оси X1;

Jх1= см4

Момент инерции относительно оси У1;

JY1=

Координаты центра тяжести х1=0. y1 = h1 /2 = 0,6/2=0,3 см.

Для двутавра 2 № 20 (h2 =20 см)

Площадь поперечного сечения А2 = 26,8 см2;

Момент инерции относительно оси Х2 Jk2=1840 см4;

Момент инерции относительно оси У2 Jv2=115 см4;

 

Координаты центра тяжести: X2=0, Y2=h1+ см

Для швеллера 3 № 18 (Z0= 1,94 см, d=0,51 см) Площадь поперечного сечении A3 =20.7 см2 ; Момент инерции относительно оси X3 JX3=86см4; Момент инерции относительно оси У3 JY3=1090 см4; Координаты центра тяжести: Х3 = 0. У3 = h1 +h2+d -Z =0.6+20 +0,51-1,94=19,17 см.

2. Определяем координаты центра тяжести сечения:

 

 

3. Определяем главные центральные моменты инерции сечения. Одной из главных центральных осей является ось симметрии У другая главная центральная ось X проходит через центр тяжести С сечения перпендикулярно оси У. Определяем расстояния между центральными осями X1, Х2 и Х3 и главной центральной осью X:

a1 c1=11.50-0.30=11.20см;

а2 = Ус2= 11,50 - 10.60 = 0.90 см;

33 = Ус3= 19.17-11,50 = 7.67 см.

Главные центральные моменты инерции сечения определяем как алгебраическую сумму моментов инерции его частей.

Главный центральный момент инерции сечения относительно оси X:

Главный центральный момент инерции сечения относительно оси У: JУ=Jу1+ Jу2 + Jу3 = 400+115+1090=1605 cm4.

Приступая к решению четвертой задачи, необходимо проработать тему "Растяжение и сжатие", изучить метод сечений для определения внутренних силовых факторов и следует получить четкое представление о видах нагружения, напряжениях, перемещениях. Растяжением (сжатием) называют такой вид деформации бруса, при котором в его поперечных сечениях возникает только один внутренний силовой фактор- продольная сила N. которая численно равна алгебраической сумме величин их сил, действующих на оставленную часть: N=ΣF. При растяжении продольная сила положительна, а при сжатии — отрицательна. При растяжении и сжатии в поперечном сечении бруса возникают нормальные напряжения

,

 

где А — площадь поперечного сечения бруса. Удлинения (укорочения) отдельных участков бруса определяются по формуле:

 

,

 

где — длина соответствующего участка, Е — модуль упругости 1 рода.

Пример № 4

Задание

Двухступенчатый стальной брус нагружен силами F1, F2 и F3. Площади поперечных сечений ступеней А1 и А2. Построить эпюры продольных сил нормальных напряжений и перемещений сечений бруса, приняв Е=2*105 Н/мм2,если a = 0.2м. А1= 1,9см2. A2=3.1 см2, F1 =30 кН, F2 = 38кН и F3 =42кН.

Решение

1. Разбиваем брус на 5 участков, начиная от свободного конца. Границами участков являются сечения, в которых приложены внешние силы и места изменения размеров поперечного сечения.

2. Методом сечений определяем продольную с илу для каждого участка:
N1=0; N2=F2 = 30 кН; N3 = F1 = ЗО кН; N4 = F1-F2 = 30-38= -8 кН;
N5=F1-F2-F3 = 30-38-42=-50 кН.

Строим эпюру продольных сил в масштабе μF= 2 кН/мм.

3.Определяем напряжения в поперечных сечениях каждого из участков:

; ; ;

; .

 

Строим эпюру нормальных напряжений в масштабе μσ=10Н/мм2∙мм.

3.Перемещение свободного конца бруса определяем как сумму
удлинений (укорочений) участков бруса.

λ=∆ι1+∆ι2∆ι3+∆ι4+∆ι5.

 


 

 

 

Перемещение свободного конца бруса: λ= 0,158 + 0,097-0,026-0,161 =0,068 мм. Определяем перемещения сечений:

λB=0; λ=∆ 5=-0,161 мм;

λA = λC +∆ ɩ4 = 0,161-0,026= -0.187 мм;

λK = λA +∆ɩ3= -0,187 + 0,097= -0.090 мм;

λL = λK +∆ɩ2=-0.090+0.158=0.098 мм;

λM = λL = 0,068 мм;

Строим эпюру перемещений сечений бруса в масштабе

μɩ =1*10-5 м/мм.

К решению пятой задачи следует приступать после изучения темы "Кручение". Кручением называют вид нагружения бруса, при котором в его поперечных сечениях возникает только один внутренний силовой фактор — крутящий момент Мк, который численно равен алгебраической сумме внешних моментов, действующих на оставленную часть: Мк = ΣМ. Внешний момент, направленный по ходу часовой стрелки (при взгляде со стороны проведенного сечения), считается положительным (то есть дает положительный крутящий момент); в противном случае внешний момент отрицателен. При кручении возникают в поперечных сечениях бруса касательные напряжения , где WP-полярный момент сопротивления сечения бруса. Углы закручивания отдельных участков бруса определяются по формуле ,

где ɩ —длина соответствующего участка, G —модуль упругости II рода (модуль сдвига) JP— полярный момент инерции поперечного сечения бруса.

Пример № 5

Задание

Для заданного вала определить значения внешних скручивающих моментов М,, М2 и М3 и уравновешивающий момент М0. Построить эпюру крутящих моментов подлине вала. Определить длину вала из расчетов па прочность и жесткость. Построить эпюру углов закручивания по длине вала, если G = 8 104 Н/мм2, (τ) =30 Н/.мм2, [φ0]=0,02 рад/м, ω= 25 рад/с, Р1=3.6 кВт, Р2 = 4,1 кВт, Р3 = 4,6 кВт, а = Ь = с = 2,1 м.

Решение

1. Определяем численные значения внешних скручивающих моментом:

; ;

 

.

 

 

Из условия равновесия вала определяем уравновешивающий момент М0:

ΣМ=0; -М1203=0

М0=М12+М3=144+164+184=492Н·м

2. Разбиваем вал на 3 участка. С помощью метода сечений определяем крутящие моменты на каждом участке:

МК1=-М1=-114Н·м;

МК2=-М12 =-114-164=-308 Н·м

МК3=-М120=-144164+492=184Н·м

Эпюру крутящих моментов по длине вала строим в масштабе

μм= 20 Н·м/мм.

3. Требуемый полярный момент сопротивления

Определяем диаметр вала из расчета на прочность:

 

 

4.Требуемый полярный момент инерции

мм4.


Определяем диаметр вала из расчета на жесткость:

 

5. Принимаем диаметр вала d = 38 мм. Полярный момент инерции:

Определяем углы закручивания участков вала:

Характерными являются те сечения балки, где приложены сосредоточенные силы и моменты, а также сечения, ограничивающие участки с равномерно распределенной нагрузкой. Для построения эпюр Qy и Mz необходимо использовать правила построения эпюр, приведенные на стр. 287 (1) и на стр. 168 (2).

Для подбора сеченая балки из условия прочности определяют необходимое значение осевого момента сопротивления:

,

где[ σ] — допускаемое напряжение.

 


Пример № 6

 

1.Определяем реакции опор:

 

Задание

Для двухопорной балки
определить реакции опор,
построить эпюры поперечных сил
и изгибающих моментов. Найти
максимальный изгибающий
момент и подобрать необходимые
размеры "b" и "h" деревянной
балки прямоугольного поперечного сечения, приняв h=2b и [σ]=10Н/мм2, если q=20 кН/м, F= 10 кН, М = 5 кН м, а=0.4 м.

 

Решение


ΣМА (FK) =0; q·2a·2a-F4·a-M-Rb·6a=0;

 

 

Проверка: ΣFKУ=0; RA-q·2a+F-RB=0; 9,42-20·2·0,4+10-3,42=0; 0=0

2. Разбиваем балку на 5 участков и определяем поперечную силу QУ для каждого участка:

QУ1= RA = 9.42KH; QУ2=RA-q(х-а), ;

при х = a QУ2= rA = 9,42 кН; при х = За QУ2= RА –q·2a= 9,42 - 20·2· 0,4=6.54кН

QУ3 = RB-F = 3,42-10=-6,58 кН;

QУ4= RВ = 3.42 кН; QУ3= QУ4 = 3.42 кН.

Эпюру поперечных сил QУ строим в масштабе μQ=1кН/мм

3. Определяем положение сечения С, в котором QУ=0:

QУC =RA-q(x-a)=0, откуда xC = RA/q + a= 9,42/20+ 0,4 = 0,871 м.

4. Определяем изгибающий момент MZ для каждого участка:

mZ1 = RA·x,

при х=0 MZ1=0;

при х=а MZ1 = RA·а=9,42·0,4 = 3,768 кН м.

MZ2 = RA· x-q(x-a)2/2, a<x<3a;

при х=а MZ2=RA·a= 9,42·0,4=3,768кНм;

при x=3a MZ2=RA·3a-q·2a2=9,42·3·0,4-20·2·0.42=4.900 кН·м;

при х=хC

 

МZ3 = -RBx + М + F(x - 2а), 2а х За

при х=3а МZ3=-RB·3a+М + F·а=-3,42·3·0.4+5+10·0.4=4.900 кН·м; при х=2а МZ3=-RB·2a+M=-3,42·2·0,4+5 = 2.2 кН·м.

MZ4=-RBx+ M, а х 20 ;

при х = 2а MZ4 =-RB·2a + M =-3,42 ·2·0,4+5 = 2,264 кН·м; при х = а MZ4 =-RBa + M= -3.42·0.4 +5 = 3.632 кН·м. MZ5=-RBx, 0 х a;

при х = а MZ5 =-RBa =-3,420·,4 = -1,368 кН·м;

при х=0 MZ5=0.

Эпюру изгибающих моментов MZ строим в масштаб μM=0,5 кН·м/мм

5.Исходя из эпюры изгибающих моментов, МZmax=5.987 кН·м. Требуемый осевой момент сопротивления при изгибе:

 

 

 

 

Для прямоугольника момент сопротивления

 

, откуда: ширина сечения ; высота сечения h=2b=2·96.5=193 мм.

 

 

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА

Вариант контрольного задания определяется по двум последним цифрам номера шифра студента, по таблице (1):

Например, если две последние цифры шифра 17, то студент должен решить задачи: 8, 19, 30, 31, 42, 53.

Таблица 1

 

№ варианта (две последние цифры цифра) НОМЕРА КОНТРОЛЬНЫХ ЗАДАЧ
б

 

 

Задание 1

Аналитически и графически определить реакции связей, удерживающих груз силой тяжести G.

 

 

 

№Задания
G, H

 

Задание 2

Для консольной балки, нагруженной равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q, силой F и парой сил с моментом М, определить опорные реакции заделки. Силой тяжести балки пренебречь.

 





 

№ Задания
F, kH
M, kH м
q, kH/м
а, мм 0,2 0,2 0,3 0,3 0,4 0,4 0,5 0,6 0,6 0,6

 



 

Задание 3

Для заданного поперечного сечения, составленного из приваренных друг к другу прокатных профилей и полос, определить главные центральные моменты инерции.

 

 

 

 

№ Задания
№ швеллера 18а 20а 22а 24а
№ двутавра 18а 20а 22а 24а
№ уголка 12, 5
а, мм
а, мм

 

Задание 4

Двухступенчатый стальной брус нагружен силами F1, F2 и F3. Площади поперечных сечений ступеней А1 и A2. Построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений по длине бруса. Определить перемещение ∆ι свободного конца бруса, приняв

Е=2·105 Н/мм2, и построить эпюру перемещений поперечных сечений бруса.

 

 

 

 

№ Задания
F1,кH
F1,кН
F1,кН
A1,см2 1,8 1,6 1,0 2,0 l,2 0,9 1,9 2,6 2,1 1,9
A1, см2 3,2 2,4 1,5 2.5 2,8 1,7 2,5 3,4 2,9 2,4
а, м 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,4 0,3 0,2 0,5 0,6

 

Задание 5

Для стального вала круглого поперечного сечения определить значения внешних скручивающих моментов М1, М2 и М3соответствующие передаваемым мощностям Р1, Р2 и Р3, и уравновешивающий момент М0. Построить эпюру крутящих моментов по длине вала. Призаданных значениях допускаемого напряжения на кручение [τ] =30 Н/мм2 и допускаемого относительного угла закручивания [φ]=0,02 рад/м. Определить диаметры вала из расчетов на прочность и жесткость; принимаемое значение диаметра вала округлить до ближайшего четного или оканчивающегося на 5 числа. Построить эпюру углов закручивания по длине вала, приняв модуль сдвига G = 8 * 10 Н/мм2. Угловая скорость вала ω = 25 рад/с.

 

 

№ Задания
a=b = c, м 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1.9 2,0
P1, к Вт 2,1 2,2   2,3 2,4 2,5 2,6 2,7 2,8 2,9 3,0
P2,кВт 2,6 2,7 2,8 2,9 3,0 3,1 3,2 3,3 3,4 3,5
2,8 2,9
P3,кВт 3,1 3,2 3,3 3,4 3,5 3,6 3,7 3,8 3,9 4,0

 

Задание 6

Для двухопорной балки, нагруженной равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q, силой F и парой сил с моментом М, определить реакции опор, построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов. Найти максимальный изгибающий момент и, исходя из условия прочности, подобрать необходимые размеры "b" и "h" деревянной балки прямоугольного поперечного сечения, приняв h = 2b и [σ] =10 Н/мм2.

 

№ Задания
F, кН
М , к Н м
q, к Н/м
a, м 0,2 0,2 0,3 0,3 0,4 0,4 0,5 0,5 0,6 0,6

 

 

ЛИТЕРАТУРА

Основная

1.Аркуша А. И. Техническая механика. М., 1989.

2.Ицкович Г. М. Сопротивление материалов. М., 1987.

3.Никитин Е. М. Теоретическая механика. М., 1988.

4.Фролов М. И. Техническая механика. М., 1990.

5.Чернилевский Д. В., Лаврова Е. В., Романов В. А. Техническая механика. М., 1982.

 

Дополнительная

1.Аркуша А. И. Руководство к решению задач по теоретической механике. М., 1978.

2.Винокуров А. И. Сборник задач по сопротивлению материалов. М.. 1990.

3.Романов М. Я., Константинов В. А., Покровский Н. А. Сборник задач по деталям машин. М., 1984.

 



2015-11-27 1567 Обсуждений (0)
Тема 2.7 Изгиб и кручение 0.00 из 5.00 0 оценок









Обсуждение в статье: Тема 2.7 Изгиб и кручение

Обсуждений еще не было, будьте первым... ↓↓↓

Отправить сообщение

Популярное:
Организация как механизм и форма жизни коллектива: Организация не сможет достичь поставленных целей без соответствующей внутренней...
Почему двоичная система счисления так распространена?: Каждая цифра должна быть как-то представлена на физическом носителе...
Как вы ведете себя при стрессе?: Вы можете самостоятельно управлять стрессом! Каждый из нас имеет право и возможность уменьшить его воздействие на нас...
Личность ребенка как объект и субъект в образовательной технологии: В настоящее время в России идет становление новой системы образования, ориентированного на вхождение...



©2015-2020 megaobuchalka.ru Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. (1567)

Почему 1285321 студент выбрали МегаОбучалку...

Система поиска информации

Мобильная версия сайта

Удобная навигация

Нет шокирующей рекламы



(0.009 сек.)