Примеры решения задач. Пример 1 Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону, выраженному

Пример 1 Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону, выраженному

формулой j =10+ 20 t - 2 t 2. Найти полное ускорение точки, находящейся на

расстоянии 0, 1 м от оси вращения, для момента времени t = 4 c. Какой угол со-

ставляет вектор полного ускорения с вектором скорости в этот момент време-

ни? Сколько оборотов сделает тело до полной остановки?

Решение.

Полное ускорение точки, движущейся по кривой, может быть найдено

как геометрическая сумма тангенциального ускорения t а

r

, направленного по

касательной к траектории, и нормального ускорения n а

r

, направленного к цен-

тру кривизны траектории:

n а а а

r r r

= + t.

Модуль полного ускорения определяется по формуле:

2 2

t а а а n = +. (1)

Тангенциальное и нормальное ускорения точки выража-

ются формулами:

R,

dt

d

а e

u

t = = (2)

, 2

R

R

аn w

u

= = (3)

где u - линейная скорость точки; e - угловое ускорение; w - угловая < M_]ц]< Mэ< скорость.

Подставляя (2) и (3) в формулу (1), получаем:

2 2 4 2 2 4 а = e R +w R = R e +w.

Угловая скорость w вращения равна первой производной от угла поворо-

та по времени:

t

dt

d

= = 20 - 4

j

w.

В момент времени t = 4 c угловая скорость w =( 20 - 4× 4) = 4 с-1.

Угловое ускорение e вращения равно первой производной от угловой

скорости по времени:

2 4 - = = - c

dt

d w

e.

Тогда значение полного ускорения равно:

2 4 2 а = 0, 1 (-4) + 4 =1, 65 м / с

Так как угловое ускорение e < 0, то движение точки – равнозамедленное,

вектор полного ускорения направлен против вектора скорости.

Из рисунка видно, что

t а

r

R

n а

r

а

r

u r

a

0, 242

1, 65

4 0, 1

cos =

×

= = =

a

R

a

a e

a t.

Отсюда следует, что угол a = 760, тогда между векторами полного уско-

рения и скорости угол составит (180-a) = 1040.

Время до остановки найдем из выражения:

t c

t

0 20 0

0 =

-

-

=

-

® =

-

=

e

w w w w

e.

Угол поворота при этом составит:

10 20 t 2 t 10 100 50 60 рад 2

1 1 j = + - = + - =.

Так как один оборот соответствует углу 2p, то число оборотов, сделанных

до остановки равно:

9, 6

2 3, 14

=

×

= =

p

j

N.

Ответ: 1, 65 м/с2; 1040; 9, 6.

Пример 2 Молот массой m1 =200 кг падает на поковку, масса m2 которой вместе

с наковальней равна 2500 кг. Скорость u 1 молота в момент удара равна 2 м/с.

Найти: кинетическую энергию молота в момент удара; энергию, переданную

фундаменту; энергию, затраченную на деформацию поковки; КПД удара моло-

та о поковку. Удар считать абсолютно неупругим.

Решение.

Кинетическую энергию молота в момент удара найдем по формуле:

Дж

m

T 400

200 2

2 2

1 1

1 =

×

= =

u

.

Запишем закон сохранения импульса при неупругом ударе:

u u ()u 1 1 2 2 1 2 m + m = m + m,

где u 2 – скорость поковки перед ударом, u - скорость молота и поковки после

удара. Так как наковальня с поковкой покоились, то u 2=0. Следовательно,

1 2

1 u u

m m

m

+

=.

Энергия, переданная фундаменту, равна кинетической энергии системы

после удара:

T Дж

m m

m

m m

m m m

T 29, 6

200 400

2 () 2 ()

()

1 2

1 2

1 2

2 =

×

=

+

=

+ ×

=

+

=

u u

.

На деформацию поковки идет разность кинетических энергий:

Т = Т1 - Т2 = 370 Дж.

КПД удара равно отношению энергии, потраченной на деформацию по-

ковки, к первоначальной энергии, т.е.

0, 926 92, 6%

400

370

1

или

Т

Т

h = = =.

Ответ: 400 Дж; 29, 6 Дж; 370 Дж; 92, 6%.

10

Пример 3 Два шара массами m1 = 10 кг и m2 = 15 кг подвешены на нитях дли-

ной L = 1 м так, что шары соприкасаются между собой. Меньший шар был от-

клонен на угол j = 30° и выпущен. Определить высоту h, на которую подни-

мется большой шар после удара. Удар шаров считать упругим.

Решение.

Если положение равновесия шаров принять за нулевой уровень потенци-

альной энергии, то при отклонении шара на угол j его потенциальная энергия

повышается и становится равной:

(1 cos) 1 1 1 1 П = m gh = m gL - j.

При движении обратно эта энергия пре-

вращается в кинетическую энергию Т1:

(1 cos)

2 1

2

1 1

1 j

u

= = m gL -

m

Т.

Отсюда можно найти скорость мало-

го шара в момент удара:

2 (1 cos) 1 u = gL - j. (1)

По закону сохранения импульса в случае

упругого удара можем записать:

1 1 2 2 1 1 2 2 mu +mu = mu +m u, (2)

где u1 и u2 - скорости шаров после упругого удара.

По закону сохранения энергии:

2 2 2 2

2

2 2

2

1 1

2

2 2

2

1 1 m m m u m u

+ = +

u u

. (3)

Перепишем уравнения (2) и (3) в виде:

() () 1 1 1 2 2 2 m u - u = m u -u, (2¢)

() () 2

2

2

2 2

2

1

2

1 1 m u - u = m u -u. (3¢)

Деля равенство (3¢) на (2¢), получаем:

1 1 2 2 u + u = u +u. (4)

Так как большой шар первоначально покоился, то u2 = 0. Выражая u1 из

(4) и подставляя в (2), получаем:

1

1 2

1

2

2

u

m m

m

u

+

=. (5)

Большой шар приобретает в результате удара кинетическую энергию:

2

1

1 2

2 1

2

2 2

2

2

2 2 ÷ ÷

ø

ö

ç ç

è

æ

+

= = u

m m

m u m m

Т.

При отклонении шара эта энергия полностью превращается в потенци-

альную энергию П2:

2

1

1 2

2 1

2 2

2

2 ÷ ÷

ø

ö

ç ç

è

æ

+

= = u

m m

m m

П m gh.

L

j

h1 h

11

Отсюда следует, что

()2

1 2

2

1

2

1 2

g m m

m

h

+

=

u

.

С учетом выражения (1) получаем в итоге:

()2

1 2

2

1 4 (1 cos)

m m

m L

h

+

-

=

j

.

()

h 8, 6 см

625

400 0, 134

10 15

4 10 1 (1 cos30)

2

2 0

=

×

=

+

× × × -

=.

Ответ: 8, 6 см.

Пример 4 Вычислить работу сил гравитационного поля Земли при перемеще-

нии тела массой 1 кг из точки 1 в точку 2 (см. рис). Радиус Земли считать рав-

ным 6400 км, ускорение свободного падения вблизи поверхности Земли при-

нять равным 9, 8 м/с2. Каково ускорение свободного падения в этих точках?

Решение.

Гравитационные силы являются консерватив-

ными (работа по замкнутому контуру гравитационных

сил равна нулю), поэтому они совершают работу за

счет убыли потенциальной энергии:

А12 = -DП = П1 - П2,

где П1 и П2- потенциальные энергии системы «Земля

– тело» в начальном и конечном состоянии.

Принимая потенциальную энергию равной нулю на бесконечно большом

удалении от Земли, можем записать для тела на расстоянии r от центра Земли:

r

mM

П = -G.

Здесь G = 6, 67× 10-11 Н× м2/кг2 – гравитационная постоянная, М – масса Земли.

Из рисунка видно, что r1 = 3R, r2 = 2R.

Тогда получаем (с учетом того, что на поверхности Земли 2 R

M

g = G):

mgR МДж

R

mM

G

R

mM

G

R

mM

А G 1 9, 8 6, 4 10 10, 5

6

1

6

1

6

1

3 2

6

12 = × × × × = = = ÷ ø

ö

ç è

æ

= - - -.

Ускорение свободного падения меняется за пределами Земли по закону (r - рас-

стояние от центра Земли):

2 ()

r

M

g r = G.

Таким образом, g

R

M

G

r

M

g g G

R

M

G

r

M

g G

4

1

4

;

9

1

9 2 2

2

2 2 2

1

1 = = = = = =.

Ответ: 10, 5 МДж; g g

4

1

;

9

1

.

R R R

2 1

12

Пример 5 Стержень длиной l = 1, 5 м и массой М = 10 кг может вращаться во-

круг неподвижной оси, проходящей через верхний конец стержня (см. рис). В

середину стержня попадает пуля массой m = 10 г, летящая горизонтально со

скоростью u0 = 500 м/с, и застревает в стержне. На какой угол j отклонится

стержень после удара?

Решение.

В момент удара момент сил тяжести, действующих

на пулю и стержень, был равен нулю, так как линия дей-

ствия силы проходила через ось вращения. Считая удар

пули о стержень неупругим, применим закон сохранения

момента импульса:

01 02 1 2 L + L = L + L,

где 0 01 0 L = Jw = - начальный момент импульса стержня;

L m r 02 0 = u - начальный момент импульса пули;

L = Jw 1 - момент импульса стержня после удара пули;

u w 2

2 L = m r = mr -конечный момент импульса пули.

Тогда получаем u w w 2

0 m r = J +mr, откуда выражаем угловую скорость,

приобретенную стержнем:

1

2 2 2 2 3

0

2

0 0, 5

7, 5 5, 6 10

3, 75

4

0, 01 1, 5

3

10 1, 5

0, 01 500 0, 75

3 4

2 -

- =

+ ×

=

×

+

×

× ×

=

+

=

+

= c

M m

m

J mr

m r

l l

l

u

u

w.

После удара пули стержень с пулей приобретает кинетическую энергию

6

()

2

2 2 2 Jw M m l w

Т

+

= =, за счет которой центр масс стержня поднимается при от-

клонении на высоту h, приобретая потенциальную энергию П:

(1 cos)

2

= (+) = (+) - j

l

П M m gh M m g.

По закону сохранения энергии:

6

()

(1 cos)

2

()

2 2 w

j

l M m l

M m g

+

+ - =.

Отсюда следует, что

0

2 2

0, 9875 9

3 10

1, 5 0, 5

1

3

cos 1 = ® =

×

×

= - = - j

w

j

g

l

.

Ответ: 90.

2

l

l

С

h

j

13

Пример 6 В сосуде с глицерином падает свинцовый шарик. Определить

максимальное значение диаметра шарика, при котором движение слоев глице-

рина, вызванное падением шарика, является еще ламинарным. Движение счи-

тать установившимся.

Решение.

Движение жидкости, вызванное падением шарика, является ламинарным

или турбулентным в зависимости от числа Рейнольдса, определяемого, в случае

движения шара, формулой:

h

rud

Re =. (1)

Критическое значение числа Рейнольдса Reкр = 0, 5.

На шарик, падающий в глицерине, действуют силы:

1) сила тяжести

3

3

6

1

3 2

4

g d

d

P gV g св св св p r p r r = ÷ ø

ö

ç è

æ

= =;

2) выталкивающая сила

3

6

1

F gV g d выт гл гл = r = r p;

3) сила внутреннего трения

F phru phdu тр = 6 = 3,

где rсв – плотность свинца, rгл – плотность глицерина.

При установившемся движении (u = const), силы должны уравновеши-

ваться, поэтому можно записать второй закон Ньютона в виде:

r gpd r gpd phdu св гл 3

6

1

6

1 3 3 = +.

Отсюда следует, что

() 2

18

d

g св гл

h

r r

u

-

=. (2)

Выражая u из уравнения (1), получим критические значения диаметра

шарика:

()

3

2 18 Re

g

d

гл св гл

кр

r r r

h

-

=.

Подставляя значения, получаем:

()

d 5, 42 мм

0, 124 10

19, 71

1260 11300 1260 9, 8

18 1, 48 0, 5

3

9

3

2

=

×

=

- ×

× ×

=

Ответ: 5, 42 мм.

14

Пример 7 Диск вращается относительно оси, проходящей через его центр, ось

диска перпендикулярна его плоскости. На диск действует вращающий момент,

изменяющийся по закону М=0, 5× t2 (Н× м). Масса диска 10 кг, его радиус 1 м,

w0=0. Определить: момент импульса диска относительно оси, проходящей через

центр диска, в момент времени t = 3с; кинетическую энергию диска в момент

времени t = 3с; угловой путь, пройденный за время от t1=0 до t2= 4c; число обо-

ротов, сделанное диском за это время.

Решение ___Ъ_Ъ_Ф_Ђ_.

На основании основного уравнения динамики вращательного движения

dt

dL

M =.

Тогда

3

0, 5

() 0, 5

3

0

2

0

t

L t Mdt t dt

t t

= ò =ò =.

В момент времени t = 3 c получаем

L t 4, 5кг м / с

3

0, 5 3

() 2

3

= ×

×

=.

Кинетическая энергия диска

2

2 Jw

Т =,

где

2

2 mR

J = - момент инерции диска относительно оси, проходящей через его

центр тяжести; w - угловая скорость вращения.

С учетом того, что

J

L

w =, получаем:

Дж

mR

L

J

L

J

JL

Т 2

10 1

4, 5

2 2 2

2

2

2 2

2

2

=

×

= = = =.

Угловой путь

рад

t

dt

t

dt

mR

t

dt

J

L

dt

t

t

t

t

t

t

2, 1

120

4

3 0, 5 30 120

0, 5 4 4 4

0

3

2

2 3

1

2

1

2

1

= = = =

×

j = ò w = ò = ò ò.

Угол поворота связан с числом оборотов соотношением

N 0, 3 об

2

2, 1

2

= = =

p p

j

.

Ответ: 4, 5 кг× м2/с; 2 Дж; 2, 1 рад; 0, 3 об.

15

Пример 8 На однородный сплошной цилиндр массой m1 = 1 кг и радиусом

R=0, 1 м, ось которого расположена горизонтально, намотана невесомая нерас-

тяжимая нить, на которой подвешен груз массой m2 = 0, 2 кг. В момент времени

t=0 система приходит в движение. Определить время, за которое тело m2 прой-

дет по вертикали вниз расстояние h = 2 м.

Решение.

Тело m2 движется поступательно. Запишем для

него второй закон Ньютона:

m a m g T

r r r

= + 2 2, (1)

где T

r

- сила натяжения нити.

Выбрав направление оси ОХ вертикально вниз,

и спроецировав на нее уравнение (1), получим:

m a = m g -T 2 2. (2)

Цилиндр вращается вокруг своей оси. Запишем

для него основное уравнение вращательного движе-

ния в проекции на ось вращения:

Je = M, (3)

где J – момент инерции цилиндра; e - угловое ускорение цилиндра; М -

суммарный механический вращающий момент сил.

Вращающий момент создается силой натяжения, поэтому

М =T × R. (4)

Для цилиндра момент инерции определяется выражением

2

2

1m R

J =. (5)

Связь между тангенциальным линейным ускорением и угловым ускорени-

ем имеет вид

R

аt e =. (6)

Так как нить невесома, сила натяжения Т, действующая в точке крепления

нити к телу m2 и в точке касания нитью цилиндра равны по величине.

Так как нить нерастяжимая, линейное ускорение точки крепления нити к

телу m2 и тангенциальное ускорение нити в точке ее касания цилиндра также

равны по величине, т.е. а = a t.

Тогда получим

T R

m R

R

a

× = ×

2

2

1.

После преобразований получим

T

a m

=

×

2

1. (7)

Подставим Т из (7) в выражение (2) и получим выражение для ускорения

R

m2

m g

r

2

T

r

h

x

a

16

2 1

2

m 0, 5m

m g

а

+

=.

Ускорение тела m2 остается постоянным, т.е. движение тела m2 является

равноускоренным.

Используя формулы кинематики, запишем перемещение тела по оси ОХ:

2

2 at

H =.

Отсюда получаем

() 2 1

2

0, 5

2 2

m m

m g

H

a

H

t = = +.

Подставим числовые значения

t (0, 2 0, 5 1) 1, 18 с

0, 2 10

2 2

+ × =

×

×

=.

Ответ: 1, 18 с.

Пример 9 Материальная точка с массой 0, 01 кг совершает гармонические коле-

бания с периодом 2 с. Полная энергия колеблющейся точки равна 10-4 Дж.

Найти амплитуду колебаний; написать уравнение колебаний; найти наибольшее

значение силы, действующей на точку.

Решение.

Запишем уравнение гармонических колебаний в общем виде:

sin() 0 x = A wt +j.

Скорость колеблющейся точки есть первая производная смещения по

времени, т.е.

cos() 0 j w w u + = = t A x&

.

Кинетическая энергия точки

2

cos ()

2

0

2 2 2 2 u w w +j

= =

m mA t

Ek.

Полная энергия колеблющейся точки равна максимальному значению ки-

нетической энергии:

2

2 2

max

mA w

E Ek = =.

Отсюда выражаем амплитуду колебаний и с учетом того, что p

p

w = =

T

2

, полу-

чаем:

м

m

T E

A k 0, 045

10

2 10

2 3, 14

2 2

2 2

4

max =

×

×

= = -

-

p

.

Тогда уравнение колебаний перепишется в виде

0, 045sin() 0 x = pt +j.

Принимая начальную фазу колебаний j0 = 0, окончательно получим:

x = 0, 045sinpt.

Ускорение точки есть производная скорости по времени:

17

sin() 0

2 a =u& = & x& = -Aw wt +j.

Отсюда максимальное ускорение

2

max a = Aw.

Тогда максимальная сила будет вычисляться по формуле:

F ma mA 10 0, 045 3, 14 4, 5 10 H 4, 5 мH 2 2 2 3

max max = = = × ×» × = - - w.

Ответ: 0, 045м; x = 0, 045sinpt; 4, 5 мН.

Пример 10 Физический маятник представляет собой стержень длиной l =50 см

и массой m = 270 г с прикрепленным к одному из его концов диском радиусом

R = 10 см и массой M = 500 г. Определить момент инерции маятника; расстоя-

ние от центра масс до точки подвеса; период малых колебаний маятника.

Решение.

Момент инерции маятника равен сумме моментов инерции стержня Jст и

диска Jд. Момент инерции стержня относительно оси, перпендикулярной

стержню и проходящей через его конец определяется по формуле

3

2 ml

Jст =.

Момент инерции диска относительно оси, проходящей через точку под-

веса, определяется по теореме Штейнера

2

0 J J Md д д = +,

где

2

2

0

MR

Jд = - момент инерции диска относительно оси, проходящей через его

центр; d = l + R - расстояние от центра диска до точки подвеса.

В итоге получаем:

2

2 2

()

3 2

M R

m MR

J = + + l +

l

.

Подставляя числовые значения, получим:

2 2

2 2

0, 5 0, 6 0, 0225 0, 0025 0, 18 0, 205

2

0, 5 0, 1

3

0, 27 0, 5

J + × = + + = кг × м

×

+

×

=.

Положение центра масс системы найдем по формуле:

м

m M

m M R

m M

mx Mx

Х C cn C д

С 0, 477

0, 77

0, 0675 0, 3

0, 77

0, 27 0, 25 0, 5 0, 6

()

2 =

+

=

× + ×

=

+

+ +

=

+

+

=

l

l

.

Таким образом, расстояние L от центра масс до точки подвеса равно 0, 477 м.

Период малых колебаний физического маятника определяется выражением

m gL

J

T

общ

= 2p.

Подставляя найденные выше значения, получим:

T 1, 5с

0, 77 9, 8 0, 477

0, 205

2 3, 14 =

× ×

= ×.

Ответ: 0, 205 кг× м2; 0, 477м; 1, 5 с.

18

Пример 11 Складываются два колебания одинакового направления, выражае-

мые уравнениями) ()

6

cos (1 1 x = p t + см и) ()

2

2cos (1 2 x = p t + см. Найти амплитуду

А и начальную фазу j результирующего колебания, написать уравнение резуль-

тирующего колебания.

Решение.

Анализируя уравнения колебаний, можно отметить, что амплитуды коле-

баний А1 = 1 см, А2 = 2 см, частота колебаний w = p с-1, начальные фазы колеба-

ний j1 = p/6, j 2 = p/2.

Для определение амплитуды А и начальной фазы j результирующего ко-

лебания удобно воспользоваться векторной диаграммой (см. рис).

Согласно теореме косинусов, получаем:

2 cos() 1 2 2 1

2

2

2

1 А = A + A + A A j -j;

А 7 см

3

1 2 4cos 2 2 = + + =

p

.

Начальную фазу j результирующего колебания найдем

по формуле:

1 1 2 2

1 1 2 2

cos cos

sin sin

j j

j j

j

A A

A A

tg

+

+

=.

Отсюда получаем:

tg 2, 883 arctg2, 883 70, 9 1, 237 рад

0, 867 0

0, 5 2

2

2cos

6

cos

2

2sin

6

sin

0 = ® = = =

+

+

=

+

+

= j

p p

p p

j.

Уравнение результирующего колебания будет иметь вид:

x = 7 cos(pt +1, 237) = 7 cosp (t + 0, 394) (см).

Ответ: 7 см; 1, 237 рад; x = 7 cosp (t + 0, 394) (см).

Пример 12 Уравнение затухающего колебания системы имеет вид:

x e t t 0, 3 cosp -0, 002 = м. Масса системы 0, 5 кг. Определить собственную частоту

колебаний, коэффициент затуханий, коэффициент сопротивления, логарифми-

ческий декремент. Подсчитать амплитуду колебании в момент времени t = 20 с.

Решение.

Анализируя уравнение колебаний, можно отметить, что амплитуда коле-

баний А0 в момент времени t = 0 равна 0, 3 м, частота колебаний w = p с-1, коэф-

фициент затуханий b = 0, 002 с-1.

По этим данным определим собственную частоту колебаний w0:

2 2 2 2 1

0 3, 14 0, 002 - w = w +b = +»p с.

Коэффициент сопротивления найдем через коэффициент затуханий:

r = 2mb = 2× 0, 5× 0, 002 = 0, 002 кг / с.

Амплитуда затухающих колебаний изменяется по закону:

А1

А2

А

х

y

j1

j2 j

19

t t A t A e e 0, 002

0 () 0, 3 - - = = b.

При t = 20 с амплитуда затухающих колебаний будет равна:

A(t) 0, 3e 0, 3 0, 96 0, 288м 0, 00220 = = × = - ×.

Логарифмический декремент затуханий найдем по формуле:

w

p

l b b

2

()

()

ln = =

+

= T

A t T

A t

Подставляя числовые значения, получаем:

0, 004

2

= 0, 002 =

p

p

l.

Ответ: p с-1; 0, 002 с-1; 0, 002 кг/с; 0, 004; 0, 288 м.

Пример 13 Поперечная волна распространяется вдоль упругого шнура со ско-

ростью 15 м/с. Колебания источника задаются уравнением z t 3 2 10 sin10 - =. Опре-

делить длину волны; смещение и скорость точки, отстоящей от источника волн

на расстоянии х = 45 м, в момент времени t = 5 c; разность фаз колебаний двух

точек, отстоящих от источника волн на расстоянии х1 = 15 м и х2 = 25 м.

Решение.

Запишем уравнении волны в общем виде:

÷ ø

ö

ç è

æ

= -

u

w

x

u(x, t) Аcos t.

Амплитуда колебаний точек волны равна амплитуде колебаний источника, т.е.

3 10- А = м. То же самое можем сказать и про частоту колебаний, т.е. w = 102 с-1.

В итоге получаем:

÷ ø ö

ç è

æ

= - -

15

(,) 10 cos103 2 x

u x t t.

Смещение в точке х = 45 м в момент времени t = 5 c будет равно:

u м 3 2 3 3 3 3 10 cos 200 10 cos(32 0, 96) 10 cos0, 96 0, 574 10

15

45

10 cos10 5 - - - - - × = = - = = ÷ ø

ö

ç è

æ

= - p.

Скорость точки найдем, взяв первую производную от смещения по времени:

÷ ø

ö

ç è

æ

= - -

15

(,) 0, 1sin102 x

t t x u&

.

Скорость в точке х = 45 м в момент времени t = 5 c будет равна:

u 0, 1sin 200 0, 1sin 0, 96 0, 1 0, 82 0, 082м/ с

15

45

0, 1sin10 5 2 = × = = - = ÷ ø

ö

ç è

æ

& = - -.

Длину волны l найдем по формуле

T 0, 94м

100

2 3, 14

15

2

=

×

= = = ×

w

p

l u u.

Разность фаз колебаний двух точек связана с расстоянием между ними:

0

2 1 (25 15) 21, 28 1, 28 230

0, 94

2

()

2

D = x - x = - = p = p рад =

p

l

p

j.

Ответ: 0, 94 м; 0, 574 мм; 8, 2 см/с; 1, 28p рад.

20