I. ФИЗИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ КЛАССИЧЕСКОЙ МЕХАНИКИ Основные формулы
Кинематическое уравнение движения материальной точки (центра масс твердого тела) вдоль оси х x = f(t), где /(/) — некоторая функция времени. Проекция средней скорости на ось х <°*>=-дТ- Средняя путевая скорость <У>=^Г' где As — путь, пройденный точкой за интервал времени А/. Путь As в отличие от разности координат Ах~ = Х2 — Х\ не может убывать и принимать отрицательные значения, т.е. As^O. Проекция мгновенной скорости на ось х Ах Проекция среднего ускорения на ось х Проекция мгновенного ускорения на ось х ах= —- . At Кинематическое уравнение движения материальной точки по окружности Ф = Я0> r — R = const. Модуль угловой скорости At ■ Модуль углового ускорения da> 8 = — . At Связь между модулями линейных и угловых величин, характеризующих движение точки по окружности: v = (aR, ax = sR, an = со2/?, где v — модуль линейной скорости; ат и а„ — модули тангенциального и нормального ускорений; со — модуль угловой скорости; е — модуль углового ускорения; R — радиус окружности. Модуль полного ускорения а =д/ an-f-a2 , или а = Ry е2-\-а4. Угол между полным а и нормальным а„ ускорениями а= arc cos (a„/a). Кинематическое уравнение гармонических колебаний материальной точки х = А соэ(со/ + ф), где х — смещение; Л — амплитуда колебаний; со — угловая или циклическая частота; ф — начальная фаза. Скорость и ускорение материальной точки, совершающей гармонические колебания: v = —Лео sin (со/ + ф)". а = —Лео2 соз(со/ + ф). Сложение гармонических колебаний одного направления и одинаковой частоты: а) амплитуда результирующего колебания Л =Ул2+Л|-г-2Л1Л2соз(ф2 —фО ; б) начальная фаза результирующего колебания Ф = arc tg — -Н—; *L ■ T ° A\ coscpi+j42 cosq>2 Траектория точки, участвующей в двух взаимно перпендикулярных колебаниях, х = Л1Созсо^; у = Л2со5(со/+ф)- а) у = -—-х, если разность фаз ф=0; б) у =-------- -р-х, если разность фаз ф=±я; в) •4т + -7Г==1. если разность фаз ф=±-у. Уравнение плоской бегущей волны у = A cos со ( f ^-j , где у — смещение любой из точек среды с координатой х в момент t; v — скорость распространения колебаний в среде. Связь разности фаз Дф колебаний с расстоянием Ах между точками среды, отсчитанным в направлении распространения колебаний; Лф = -£-Дл:, где % — длина волны. Импульс материальной точки массой т, движущейся со скоростью v, р = тх. Второй закон Ньютона dp = Fd/, где F — результирующая сила, действующая на материальную точку. Силы, рассматриваемые в механике: а) сила упругости F = — kx, где k — коэффициент упругости (в случае пружины — жесткость); х — абсолютная деформация; б) сила тяжести Р= mg; в) сила гравитационного взаимодействия r = <J—р—, где G — гравитационная постоянная; mi и т2 — массы взаимодействующих тел; г — расстояние между телами (тела рассматриваются как материальные точки). В случае гравитационного взаимодействия силу можно выразить также через напряженность G гравитационного поля: F = mG; г) сила трения (скольжения) F = fN, где / — коэффициент трения; N — сила нормального давления. Закон сохранения импульса N 2 Р< = const, 1=1 или для двух тел (г=2) miVi-f-m2v2=miUi -j- m2u2, где Vi и V2 — скорости тел в момент времени, принятый за начальный; Ui и и2 — скорости тех же тел в момент времени, принятый за конечный. Кинетическая энергия тела, движущегося поступательно, Т = mv2/2, или Т = р2/{2т). Потенциальная энергия: а) упругодеформированной пружины T\=l/2kx2, где k — жесткость пружины; х — абсолютная деформация; б) гравитационного взаимодействия П = — Gmi/n2/r, где G — гравитационная постоянная; т\ и т2 — массы взаимодействующих тел; г — расстояние между ними (тела рассматриваются как материальные точки); в) тела, находящегося в однородном поле силы П = mgh, где g — ускорение свободного падения; h — высота тела над уровяем, принятым за нулевой (формула справедлива при условии й<Я, где # —радиус Земли). Закон сохранения механической энергии £== Г + П = const. Работа А, совершаемая результирующей силой, определяется как мера изменения кинетической энергии материальной точки: Л = ЛГ= Т2 — Ti. Основное уравнение динамики вращательного движения относительно неподвижной оси z Мг = /ге, где Мг — результирующий момент внешних сил относительно оси z, действующих на тело; е — угловое ускорение; /г — момент инерции относительно оси вращения. Моменты инерции некоторых тел массой пг относительно оси z, проходящей через центр масс: а) стержня длиной / относительно оси, перпендику /г=7.2т/2; б) обруча (тонкостенного цилиндра) относительно Jz=mR\ где R — радиус обруча (цилиндра); в) диска радиусом R относительно оси, перпендику ]г = l/2mR2. Проекция на ось z момента импульса тела, вращающегося относительно неподвижной оси z, Lz = /гсо, где со — угловая скорость тела. Закон сохранения момента импульса систем тел, вращающихся вокруг неподвижной оси г, /гсо = const, где /2 — момент инерции системы тел относительно оси z; со — угловая скорость вращения тел системы вокруг оси z. Кинетическая энергия тела, вращающегося вокруг неподвижной оси z, Т = ' /2/гсо2, или Т = L2/(2JZ). Примеры решения задач Пример 1.Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид x = A-\-Bt + Ct3, где А = 2 м, В = = 1 м/с, С=—0,5 м/с3. Найти координату х, скорость vx и ускорение ах точки в момент времени t = 2c.
Решение. Координату х найдем, подставив в уравнение движения числовые значения коэффициентов А, В и С и времени t: х = (2+1-2-0,5-23) м = 0. Мгновенная скорость относительно оси х есть первая производная от координаты по времени:
В + ЗСР. Ускорение точки найдем, взяв первую производную от скорости по времени: ах = —— = bCt. В момент времени / = 2с d, = (1-3-0,5-22) м/с== -5 м/с; а^ = 6(-0,5)-2м/с2 = -6 м/с2. Пример2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону ср = A + Bt-\-Ct2, где Л =10 рад, В = 20 рад/с, С=—2 рад/с2. Найти полное ускорение точки, находящейся на расстоянии г=0,1 м от оси вращения, для момента времени г=4 с. Решение. Полное ускорение а точки, движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометричес кая сумма тангенциального ускорения ат, направленного по касательной к траектории, и нормального ускорения ал, направленного к центру кривизны траектории (рис. 1): а = ат + а„. Так как векторы ат и а„ взаимно перпендикулярны то модуль ускорения (1) а = лГс& + а2п . и Модули тангенциального нормального ускорения точк вращающегося тела выражаются формулами
ап = ш г,
где <о — модуль угловой скорост тела; е — модуль его угловог ускорения. Подставляя выражения ат и а„ в формулу (1), находим a=-VeV + uV = ,Ve2 + tD4. (2) Угловую скорость to найдем, взяв первую производную угла поворота по времени: ш = ^2.= В + 2Ct. В момент времени ^=4с модуль угловой скорости (о = [20 + 2(— 2)4] рад/с =4 рад/с. Угловое ускорение найдем, взяв первую производную от угловой скорсти по времени: е= doj/di= 2C= —4 рад/с2. Подставляя значения ы, е и г в формулу (2), получаем а = 0,г\/~(--4)2 + 44 м/с* =1,66 м/с2. Пример3. Ящик массой mi=20 кг соскальзывает по идеально гладкому лотку длиной /=2м на неподвижную тележку с песком и застревает в нем. Тележка с песком массой т2==80 кг может свободно (без трения) перемещаться по рельсам в горизонтальном направлении. Определить скорость и тележки с ящиком, если лоток наклонен под углом а=30° к рельсам. Решение. Тележку и ящик можно рассматривать как систему двух неупруго взаимодействующих тел. Но эта система не замкнута, так как на нее действуют внешние силы: силы тяжести m\g и m2g и сила реакции 1М2 (рис. 2). Поэтому применить закон сохранения импульса к системе ящик — тележка нельзя. Но так как проекции указанных сил на направление оси х, совпадающей с направлением рельсов, равны нулю, то проекцию импульса системы на это направление можно считать постоянной, т. е. Р\х + Р2х = Р'\х + Р2х, (1) где р1х и р2х — проекции импульса ящика и тележки с песком в момент падения ящика на тележку; р'\х и P'ix — те же величины после '^^^^^^^^^^^^^^^^^^^ падения ящика. Рис. 2
г. _ Пусть центр масс сие Рассматривая тела системы как материальные точки, ] „„,,„„„ „„ v v ,.\ Ш темы человек—лодка нахо
выразим в равенстве (1) импульсы тел через их массы" м и скорости, учитывая, что р2х=0 (тележка до взаимодействия с ящиком покоилась), а также что после взаимодействия оба тела системы движутся с одной и той же скоростью и: mivu = {m\ + m2)u, или
vi cosa= (mi + m2) «,
где v\ — модуль скорости ящика перед падением на те Модуль скорости v\ определим из закона сохранения энергии: migh = l/2mlvu где h = I sin a, откуда
^^^^^^^^^ v\ =-\J 2gls'ma. Подставив выражение vi в формулу (2), получим sin a cos a mi + m2 После вычислений найдем 20л/2-9,81-2 sin ЗУ 30° м/с = " 20 + 80 = 0,2л/Тэ^6 • 0,867 м/с = 0,767 м/с.
Пример 4.На спокойной воде пруда перпендикулярно берегу и носом к нему стоит лодка массой М и длиной L. На корме стоит человек массой т. На какое расстояние s удалится лодка от берега, если человек перейдет с кормы; на нос лодки? Силами трения и сопротивления пренебречь. ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^ Решение. Систему человек — лодка относительной горизонтального направления можно рассматривать каЧ Пример 5. При выстреле из пружинного пистолета замкнутую. Согласно следствию из закона сохраненияЯвертикально вверх пуля массой т=20 г поднялась на импульса, внутренние силы замкнутой системы тел неиВысоту fl==r) M Определить жесткость k пружины писто-
^,„1«^Лета^ если она была сжата на л:=10 см. Массой пру-ПЖины и силами трения пренебречь. Решение. Рассмотрим систему пружина — пуля.
ные силы, то для решения задачи можно применить закон сохранения энергии в механике. Согласно ему полная! механическая энергия Е\ системы в начальном состоянии (в данном случае перед выстрелом) равна полной энер гии Е2 в конечном состоянии (когда пуля поднялась на высоту Л), т. е. 0)1 где 7*1, Т2, 111 и Пг — кинетические и потенциальные| энергии системы в начальном и конечном состояниях Так как кинетические энергии пули в начальном и ко нечном состояниях равны нулю, то равенство (1) при мет вид ^^^^И
П, = П2 Примем потенциальную энергию пули в поле сил тяго Подставив выражения Ш и П2 в формулу (2), най-! дем ' /2kx2=mgh, откуда k = 2mgh/x2. (3) Проверим, дает ли полученная формула единицу жесткости k. Для этого в правую часть формулы (3) вместо величин подставим их единицы*:
■ 1 м
1 кг• 1 м • с
----- г^ прямой, центральный. Какую долю е своей кинетической энергии первый шар передал второму? Решение. Доля энергии, переданной первым шаром второму, выразится соотношением
mil иЛ1 8 = (3) rri[V\ m\U\ 1
2 2 г - Решим совместно уравнения (2) и
2m\V\ mi-f-m2 Подставив это выражение и2 в формулу (1) и сократив на vi и mi, получим 2mii>i "| 2 4mim2 тг Г 2т1у1 "I 2 _ (mi + m2)2 Из найденного соотношения видно, что доля переданной энергии зависит только от масс сталкивающихся шаров. Пример 7. Через блок в виде сплошного диска, имеющего массу т=80 г (рис. 4), перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены гру-ми mi = ЮО г и тг = 200 г. Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе. Трением и массой нити пренебречь.
Р е ш е н и е. Рассмотрим силы, дей- каждого груза уравнение движения (второй закон Нью тона) в проекциях на эту ось. Для первого груза m\g — T\ = rtiia; (1)1 для второго груза m2g — Т2 = пг2а. (2) Под действием моментов сил Т{ и Т2 относительно] оси z, перпендикулярной плоскости чертежа и направленной за чертеж, блок приобретает угловое ускорение ej Согласно основному уравнению динамики вращательного] движения, Пг - T\r = J2e, (3) где г=а/г; Jz=l /2mr2 — момент инерции блока (сплош ного диска) относительно оси z. Согласно третьему закону Ньютона, с учетом невесомости нити Т\ = Т\, Т'2 = Т2. Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (3) вместо Т\ и Г2 выражения Т и Т2, получив их предварительно из уравнений (1) и (2) (m2g — m2a) r — {m.\g -+- m.\d) r = mr2a/(2r). После сокращения на г и перегруппировки членов найдем а= mi — nix I Формула (4) позволяет массы m\, m2 и т выразитв в граммах, как они даны в условии задачи, а ускоре] ние — в единицах СИ. После подстановки числовых зна| чений в формулу (4) получим (200 - 100) Г „„. , 2_9оо м/„2 й~ (200 + 100 + 80/2) г-9'81 М/С ~2'88 М/С" Пример8. Маховик в виде сплошного диска радиусо» /?=0,2 м и массой т=50 кг раскручен до частоты вра щения П\ = 480 мин-1 и предоставлен сам себе. Пол действием сил трения маховик остановился через <=50 с! Найти момент М сил трения. Решение. Для решения задачи воспользуема основным уравнением динамики вращательного движе ния в виде dLz = Mzdt, (1 где dLz — изменение проекции на ось z момента импульсу маховика, вращающегося относительно оси г, совпадаю! щей с геометрической осью маховика, за интервал времени dt; Mz — момент внешних сил (в данном случае момент сил трения), действующих на маховик относительно оси z. Момент сил трения можно считать не изменяющимся с течением времени (Mz=const), поэтому интегрирование уравнения (1) приводит к выражению Мг = МгМ. (2) При вращении твердого тела относительно неподвижной оси изменение проекции момента импульса Д1г = /гАо), (3) где /г — момент инерции маховика относительно оси г; Аш — изменение угловой скорости маховика. Приравняв правые части равенств (2) и (3), получим MZM= JzAto, откуда Мг = /г-^- (4) Момент инерции маховика в виде сплошного диска определяется по формуле /г=72т/?2. Изменение угловой скорости Асо = со2 — <j)i выразим через конечную л2 и начальную п\ частоты вращения, пользуясь соотношением со = 2лп: Дю = а>2 — (Oi = 2ля2 — 2лп\ = 2я(п2—п\). Подставив в формулу (4) выражения Jz и Асо, получим Mz = nmR\n2 — п\)/М. (5) Проверим, дает ли расчетная формула единицу момента силы (Н-м). Для этого в правую часть формулы вместо символов величин подставим их единицы: [m][R2][n] 1кг-1м2-1с-' ' _2 , , „ д_ [t] 1с Подставим в (5) числовые значения величин и произведем вычисления, учитывая, что ti\ = 480 мин_1 = = 480/60 с-1 = 8 с-1: ,. 3,14-50-(0,2)2-(0-8)u , u Мг = —:---------- ОО Знак минус показывает, что момент сил трения оказывает на маховик тормозящее действие. Пример 9.Платформа в виде сплошного диска радиусом #=1,5 м и массой т1=180кг вращается около вертикальной оси с частотой п=10 мин . В центре платформы стоит человек массой т2=60 кг. Какую линейную скорость v относительно пола помещения будет иметь человек, если он перейдет на край платформы? Решение. Согласно условию задачи, момент внешних сил относительно оси вращения z, совпадающей с геометрической осью платформы, можно считать равным нулю. При этом условии проекция Lz момента импульса системы платформа — человек остается постоянной: Lz = Jz(x) = const, (1) где Jz — момент инерции платформы с человеком относительно оси г; со — угловая скорость платформы. Момент инерции системы равен сумме моментов инерции тел, входящих в состав системы, поэтому в начальном состоянии /z = /i+/2, а в конечном состоянии J'2 = = Л+/2. С учетом этого равенство (1) примет вид (/i+/г)© = (/!+-/£)<»', . (2) где значения моментов инерции /( и J2 платформы и человека соответственно относятся к начальному состоянию системы; Л и J2 — к конечному. Момент инерции платформы относительно оси z при переходе человека не изменяется: Jl = J[ = {/2m\R2. Момент инерции человека относительно той же оси будет изменяться. Если рассматривать человека как материальную точку, то его момент инерции J2 в начальном состоянии (в центре платформы) можно считать равным нулю. В конечном состоянии (на краю платформы) момент инерции человека J'2 = m2R2. Подставим в формулу (2) выражения моментов инерции, начальной угловой скорости вращения платформы с человеком (со = 2лп) и конечной угловой скорости (со' = и//?, где v — скорость человека относительно пола): С/2ГГЦЯ2 + 0)2лп = ('/г/л,/?2 + m2R2)v/R. После сокращения на R2 и простых преобразований находим скорость: v = 2nnRmi/(m[ -\-2т2). Произведем вычисления: 2-3,Н~-1,5-180 Пример 10.Ракета установлена на поверхности Земли для запуска в вертикальном направлении. При какой минимальной скорости v\, сообщенной ракете при запуске, она удалится от поверхности на расстояние, равное радиусу Земли (/? = 6,37-106 м)? Всеми силами, кроме силы гравитационного взаимодействия ракеты и Земли, пренебречь. Решение. Со стороны Земли на ракету действует сила тяжести, являющаяся потенциальной силой. При неработающем двигателе под действием потенциальной силы механическая энергия ракеты изменяться не будет. Следовательно, Г, + П, = Гг + П2, (1) где Т\, Tli и Т2, Пг — кинетическая и потенциальная энергии ракеты после выключения двигателя в начальном (у поверхности Земли) и конечном (на расстоянии, равном радиусу Земли) состояниях. Согласно определению кинетической энергии, Tl = */2mv2. Потенциальная энергия ракеты в начальном состоянии* П, = — GmM/R. По мере удаления ракеты от поверхности Земли ее потенциальная энергия возрастает, а кинетическая — убывает. В конечном состоянии кинетическая энергия Т2 станет равной нулю, а потенциальная — достигнет максимального значения: Yl2=-GmM/(2R). Подставляя выражения Ти Пь Т2 и Пг в (1), получаем mv\/2 — GmM/R = —GmM/(2R), откуда * Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия тел. бесконечно удаленных друг от дуга, принимается равной нулю.
Заметив, что GM/R2 = g (g — ускорение свободного падения у поверхности Земли), перепишем эту формулу в виде vi = -yfgR, что совпадает с выражением для первой космической скорости. Произведем вычисления: у, = Л/9,8-6,37.10" м/с = 7,9 км/с.
Пример 11.Точка совершает гармонические колеба Решение. Уравнение колебаний точки можно записать в виде x = Asin(a>t +ф0, (1) где А — амплитуда колебаний; со — циклическая частота; По определению, амплитуда колебаний ■Л = Хщах. \£) Циклическая частота со связана с частотой v соотношением о) = 2лл>. (3) Для момента времени t = Q формула (1) примет вид Xmax=/4sin<pi, откуда начальная фаза ф1 = arcsin(xmax/v4) = arcsin l, или q>,= (2ft+l)n/2(* = 0, 1,2,...). Изменение фазы на 2я не изменяет состояния колеблющейся точки, поэтому можно принять Ф1 = я/2. (4) С учетом равенств (2) — (4) уравнение колебаний примет вид x = Asin{2nxt-\-<p), или x=Acos2nvt, м, v= 10 Гц, ф = я/2. где А = 1 мм= 10 Рис. 5 Пример 12.Частица массой т = 0,01кг совершает гармонические колебания с периодом Т—2с. Полная энергия колеблющейся частицы £ = 0,1 мДж. Определить амплитуду А колебаний и наибольшее значение силы £тах, действующей на частицу. Решение. Для определения амплитуды колебаний воспользуемся выражением полной энергии частицы: £ = ' 1чпал''А2, 2л/Т. Отсюда амплитуда
2л V Так как частица совершает гармонические колебания, то сила, действующая на нее, является квазиупругой и, следовательно, может быть выражена соотношением F=—kx, где k — коэффициент квазиупругой силы; х — смещение колеблющейся точки. Максимальной сила будет при максимальном смещении л:тах, равном амплитуде: Fmax=kA. (2) Коэффициент k выразим через период колебаний: к = та>2=т-4л2/Т2. (3) Подставив выражения (1) и (3) в (2) и произведя упрощения, получим -« max = 2nsj2mE/T. Произведем вычисления:
А=wrV^1"=°-045 м=45
Fraax = -^!^-V2-l(r2-l(r4 Н= 4,44- Ю-3 Н= 4,44 мН. Пример 13.Складываются два колебания одинакового направления, выраженные уравнениями Xi = AiCos~(t+T\); X2 = A2cos-j-(t +т2), где Л1 = 3см, Л2 = 2см, xi = l/6c, т2=1/3с, 7""= 2 с. Построить векторную диаграмму сложения этих колебаний и написать уравнение результирующего колебания. Решение. Для построения векторной диаграммы сложения двух колебаний одного направления надо фиксировать какой-либо момент времени. Обычно векторную диаграмму строят для момента времени t = 0. Преобразовав оба уравнения к канонической форме х= A cos ((at-{-(f), получим . / 2я , , 2я \ . / 2л , , 2л \ *i=^icos( — Н—y~x4 ' *2 = ^2cos( — Н—f-та) . Отсюда видно, что оба складываемых гармонических колебания имеют одинаковую циклическую частоту ю = 2я/7\ Начальные фазы первого и второго колебаний соответственно равны 2л 2л ф1=— Ti; ф2 = — Т2. Произведем вычисления: со^^^с-^З.Нс-1; ?,=-|)рад=30°; ф2 = -|--1рад=60о. Изобразим векторы Ai и А2. Для этого отложим отрезки длиной >4i = 3cm и Л2 = 2см под углами ф1 = 30° и ф2 = 60° к оси Ох. Результирующее колебание будет происходить с той же частотой w и амплитудой А, равной геометрической сумме амплитуд At и А2: A = Ai+A2. Согласно теореме косинусов, А = л/Л 1 + Л| + 2ЛИ2со8(ф2—Цц) .
arctg0,898 = 42°, или ф= 0,735 рад. Так как результирующее колебание является гармоническим, имеет ту же частоту, что и слагаемые колебания, то его можно записать в виде х= А соэ(со^ + ф), где Л = 4,84см, о) = 3,14с-1, ф=0,735рад. Пример 14.Плоская волна распространяется вдоль прямой со скоростью v = 20 м/с. Две точки, находящиеся на этой прямой на расстояниях Xi=12m и *2 = = 15 м от источника волн, колеблются с разностью фаз Аф=0,75я. Найти длину волны к, написать уравнение волны и найти смещение указанных точек в момент /=1,2 с, если амплитуда колебаний Л = 0,1 м. Решение. Точки, находящиеся друг от друга на расстоянии, равном длине волны X, колеблются с разностью фаз, равной 2л,; точки, находящиеся друг от друга на любом расстоянии Л*, колеблются с разностью фаз, равной Дф= Дх-2я/А. = (л;2 — Х\)'2л/Х. Решая это равенство относительно к, получаем Х=2л(х2—дгО/Аф. (Г) Подставив числовые значения величин, входящих в выражение (1), и выполнив арифметические действия, получим X = JM^m = 8m. 0,75л
Для того чтобы написать уравнение плоской волны, надо еще найти циклическую частоту to. Так как ы = = 2л/Г (T = X/v — период колебаний), то ы = 2nv/k. Произведем вычисления: 2л-20 _i r -1-с = 5я с . Зная амплитуду А колебаний, циклическую частоту со и скорость v распространения волны, можно написать уравнение плоской волны для данного случая: y = Acos(o(t—x/v), (2) где Д = 0,1 м, со = 5я с-1, и = 20 м/с. Чтобы найти смещение у указанных точек, достаточно в уравнение (2) подставить значения t и х: yi = 0,lcos5n(l,2— 12/20) м = 0,1 cosЗлм= — 0,1 м; «/2 = 0,1 cos5я( 1,2—15/20) м = 0,1 соэ2,25я м = = 0,1 cos 0,25ям = 0,071 м=7,1 см.
Популярное: Организация как механизм и форма жизни коллектива: Организация не сможет достичь поставленных целей без соответствующей внутренней... Личность ребенка как объект и субъект в образовательной технологии: В настоящее время в России идет становление новой системы образования, ориентированного на вхождение... Генезис конфликтологии как науки в древней Греции: Для уяснения предыстории конфликтологии существенное значение имеет обращение к античной... ©2015-2020 megaobuchalka.ru Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. (1024)
|
Почему 1285321 студент выбрали МегаОбучалку... Система поиска информации Мобильная версия сайта Удобная навигация Нет шокирующей рекламы |