Д.Т. Письменный - Конспект лекции по высшей математике (2006) (1095288), страница 41
Текст из файла (страница 41)
Интегрируя полученное равенство влучаемпределах от хРис.191а до х==Ь, получаемь50; = 27ГJу. )1 + (y~)2 dx.(41.9)аЕсли кривая АВ задана параметрическими уравнениями х = x(t), у == y(t), t 1 :( t :( t2, то формула (41.9) для площади поверхности вращения принимает видJy(t) . )(X'(t))2 + (y'(t))2 dt.t2= 27Г50;tlПрuмерНайти площадь поверхности шара радиуса41.8.R.а Решение: Можно считать, что поверхность шара образована вращением полуокружности у = VR2 - х 2 , -R :( х :( R, вокруг оси Ох. Поформуле(41.9)находим5= 27Г 1)ю - х 2 . /1 + (,;R~~ х 2 )V-R=27ГRJ )ю- х22dx =+ х 2 dx = 2JrR· xl~R = 4JrR 2 .-RПрuмерДана циклоида41.9.{Х = a(t - sin t),у= а(l- cost),290о:( t ~ 27Г.•Найтиплощадьповерхности,образованнойвращениемеевокругоси Ох .QРешение : При вращении половины дуги циклоиды вокруг оси Охплощадь поверхности вращения равна1"2SxJа(l cos t) .cos t))2 + (а sin t)2 dt =21Г Jа • 2sin ~ /1 - 2cost + cos t + sin tdtJt= 41Га Jsin !.2·2 sindt = 81Га Jsin ! .sin ! dt =222211"= 21Г-v(a(l -о11"=2222.=о211"222-о= -81Га2.2J1r (1r2оt) = -161Га (t21 - cos "2t ) d ( COS"22COS"23cos i 111")о - То=111"о= -161Га 2(0- 1 т.
е. !Sx41.6.= З;1Га 2 .1) = -161Га 2( -32) =0+3"Следовательно, Sx321Га2-з-'•= 6з4 1Га2.Механические приложения определенногоинтегралаРабота переменной силыПусть материальная точка М перемещается вдоль оси Ох под действием переменной силыF=Р(х) , направленной пара,ллельно этойоси. Работа, произведенная силой при перемещении точки М из положения х= а в положение х = Ь (а < Ь), находится по формулеьА(см.
п.=J(41 .10)F(x)dxа36) .Прu.м.ерпружину наQ41.10. Какую работу нужно затратить, чтобы растянуть0,05 м, если сила 100 Н растягивает пружину на 0,01 м?Решение : По закону Гука упругая сила, растягивающая пружину,пропорциона.Льна этому растяжению х, т. е .F= kx,гдеk -растягивает пружину на хk= 0,01м; следовательно,= 10000; следовательно, F = 10000х.коэффиF = 100 Н100 = k·O,Ol, откудациент пропорциональности. Согласно условию задачи, силаИскомая работа на основании формулы(41.10)равна0,05J 10000xdxА=•= 5000X21~,05 = 12,5 (Дж).оПрu.мерНайти работу, которую необходимо затратить,41.11.чтобы выкачать через край жидкость из вертикa.тiьного цилиндричеRского резервуара высоты Н м и радиусом основаниям.QРешение: Работа, затрачиваемая на поднятие тела весом р на высотуh,равна р.
h. Но различные слои жидкости в резервуаре находятсяна различных глубинах и высота поднятия (до края резервуара) различных слоев не одинакова.Дляхрешенияприменим схему11поставленной задачи(метод дифференциала). Введем систему координат так, какуказано на рисунке1.вание изН192.Работа, затрачиваемая на выкачирезервуара слоя жидкости толщиной х (о::;; х::;;= А(х),А(Н) = .40).где От. е. А2.Н), есть функция от х,::;;х::;;Н (А(О)= О,Находим главную часть приращения .6.А при изменении х на величинууРис..6.х192= dx,т.
е. находим дифференциалdAфункции А(х).Ввиду .малостиdx с'Читае.м., 'Что «эле.ментар'Н,'ы1J.» сло1J. жидк;оOaH01J. глубине х (от края резервуара) (см. рис. 192).Тогда dA = dp· х, где dp - вес этого слоя; он равен g. 'У dv, где 9 - ус КОрение свободного падения, 'У - плотность жидкости, dv - объем «элементарного» слоя жидкости (на рисунке он вьщелен), т.
е. dp = g'Ydv.Объем указанного слоя жидкости, очевидно, равен 7г R 2 dx, где dx - высота цилиндра (слоя), 7ГR 2 - площадь его основания, т. е. dv = 7ГR 2 dx.Таким образом, dp = g'Y. 7ГR 2 dx и dA = g'Y7ГR2 dx· х.3) Интегрируя полученное равенство в пределах от х = О до х = Н,сти находится нанаходимАо=нJg'Y 7Г R Х dx = 2.1g'Y7Г R 2н2о2(Дж).•IlYTb.
ПРОЙАенный теломПусть материальная точка перемещается по прямой с переменнойскоростьюv = v(t).времени отtlдоНайдем путьS,t2.292пройденный ею за промежутока Решение: Из физического смысла производной известно, что придвижении точки в одном направлении «скорость прямолинейного дви-жения равна производной от пути по времени», т. е. v(t) = ~f. Отсюдаследует, чтоdS= v(t) dt.Интегрируя полуЧ€нное равенство в пределахt2от tl до t2, получаем S = J v(t) dt.•t1Отметим, что эту же формулу можно получить, пользуясь схемой1 или 11применения определенного интеграла.Прu.м.ер41.12.Найти путь, пройденный телом заначала движения, если скорость телаа Решение: Еслиначала движенияv(t) = 10t + 24секунды от(м/с).= 10t + 2 (м/с), то путь,'пройденный= О) дО конца 4-й секунды, равенv(t)(tтелом от4S= J(10t+2)dt=5t21~+2tl~=80+8=88 (м).•оДавление жидкости на вертикальную пластинкуПо закону Паскаля давление жидкости на горизонтальную пластину равно весу столба этой жидкости, имеющего основанием пластинку,а высотойглубину ее погружения от свободной поверхности жид-кости, т.
е. Р'у -= 9 . 'у . S . h,плотность жидкости,гдеS -9 -ускорение свободного падения,площадь пластинки,h -глубина еепогружения.По этой формуле нельзя искать давление жидкости на вертикально погруженную пластинку, так как ее разные точ~и лежат на разныхглубинах.Пусть в жидкость погружена вертикально пластина, ограниченнаялиниями х= а,х= Ь,Yl = il(х) и У2 = f2(X); система координат193. Для нахождения давления Рпластину применим схему II (метод дифференциала).выбрана так, как указано на рисункежидкости на эту1.т. е.
рПусть часть искомой величины Р есть функция от х: р= р(х) -= р(х),давление на часть пластины, соответствующее отрезку[а; х] значений переменной х, где х Е [а; Ь] (р(а) = О, р(Ь) = Р).2.Дадим аргументу х приращение 6.хчит приращение 6.р (на рисунке дифференциалdp= dx.Функция р(х) полуполоска-слой толщины dx). Iiайдемэтой функции . Ввиду малостиdxбудем приближенно считать полоску прямоугольником, все то'Ч,кu которого 'Н.аход.ятся'Н.а од'Н.о1J. глубu'Н.е х, т.
е. nластu'Н.ка этаТогда по закону Паскаляdp-горuзо'Н.талъ'Н.a.R.= 9 . 'у '(У2- v- Уl) . dx· х .- - ' '-v-"S293h3.Интегрируя полученное равенство в пределах от х= а до х = Ь,получимьР = 9 . 'уJ(У2 - Yl)X dxьили Р =g"(аJи2(Х) - !I (х)) . х dx.аоуal--...,..,.~.,....,...,...,.,...:------уI---b':";':";:";"';";":''*"1-----'+,:.;.:.:.,;.:.;.:,"""""""'-...хх +dxRххРис.Прu.мер41.13.Рис.193194Определить величину давления воды на полукруг, вертикально погруженный в жидкость, если его радиусО находится на свободной поверхности воды (см.
рис.R,а центр194).а Решение: Воспользуемся полученной формулой для нахождения давления жидкости на вертикальную пластинку. В данном случае пластинка ограничена линиями Уl = -JR2 - х 2 , У2 = JR2 - х 2 , Х = О,х= R.ПоэтомуRР= g/ J(J ю - х 2 -(-J ю - х 2 ) ) Х dx =оR=2g/ JJЮ-х 2 хdх=2g/'1R(-'2) J(Rо2-Х 2 )1/2d(R 2 -Х 2 ) =О2_2J(Ю - х )З23- - 9/ .3о - - '3 g/ (О - R )R _I= '23 g/ R 3 .•Вычисление статических моментов и координат центра тяжестиплоской кривойПустьна плоскости Оху задана система материальных точекM1(Xl;Yl), М2 (Х2;У2),""ml,m2,··· ,m n ·Мn(Хn;Уn)294соответственносмассамиСтатu'Ч,ес-х;uм моментомSxсистемы материальных точек относительно оси Ох называется сумма произведений масс этих точек наnих ординаты (т. е. на расстояния этих точек от оси Ох): Sxm; .
Yi.;=1Аналогично определяется статu'Ч,ес-х;ui1 момент Sy этой системыn=Lотносительно оси Оу: Sy=Lm; . Xi.i=1Если массы распределены непрерывным образом вдоль некоторойкривой, то для выражения статического момента понадобится интегрирование.Пусть у= f (х)(ах:::;Ь) ~ это уравнение материальной кривой:::;АВ. Будем считать ее однородной с постоянной линейной плотностью, (, = const).Для произвольного хуу=/(х)в[а; Ь] нанатами (х; у).
Выделим на кривой элеdlуЕкривой АВ найдется точка с коорди-------ментарный участок длиныdl,содержащий точку (х; у). Тогда масса этогоучастка равна,dl.Примем этот "участок dl приближенно за то'Ч,-х;у, отстояАщую от оси Ох на расстоянии у. ТогдаОаx+dxРис.дифференциал статичеСf{ОГО моментахdS x195«<элементарный момент») будетравенрис.,dl .195).у, т. е.Отсюда следует, что статический моменттельно оси Ох равеньSx = ,(см.кривой АВ относиьJу dl Jу= ,.J1 + (y~)2 dx.аАналогично находим Sy ~SySx= ,dl . уdS x,=,ьJх .
J1 + (y~)2 dx.Статические моменты Sx аи Sy кривой позволяют легко установитьположение ее центра тяжести (центра масс).Центром m.яжести материальной плоской кривой уЕ= f(x), х Е[а; Ь] называется точка плоскости, обладающая следующим свойством: если в этой точке сосредоточить всю массу т заданной кривой,то статический момент этой точки относительно любой координатнойоси будет равен статическому моменту всей кривой у= f(x) относительно той же оси.
Обозначим через с(х с ; Ус) центр тяжести кривой АВ.Из определения центра тяжести следуют равенства т . х ст . ус = Sx или ,l . х с = Sy и ,l . ус = Sx· Отсюда х с =295S::;t, ус == SySи~ илиьььJ xdl .J х· /1 + (y~)2dx__·ахс -Прu.мерсти х 2рис.а--l-- -+у2ьJ У. /1 + (y~)2 dxJydl__- --l-- а~ь-------------УСа-=--ь-------------J /1 + (y~)2 dxJ /1 + (Y~)2 dxаа41.14.Найти центр тяжести однородной дуги окружно= R 2, расположенной в первой координатной четверти (см.196).ууR..у - ------ ;;~:: ёохRРис.оахРис.196x+dxьх197Q Решение: Очевидно, длина указанной дуги окружности равна 1Г:-,т.
е. 1 = 1Г:-. Найдем статический момент ее относительно оси Ох. Таккак уравнение дуги есть У=, J/ю - хR= VR2 -2 .х 2 И y~RVR2 _х2 ·dx= J R2-х-= ,RОх2, то (,Jdx =,RxIR= const)RО2= ,R.ОСтало быть,,R2SxУс2R= -= ,. т = -.,l1г--п-Так как данная дуга симметрична относительно биссектрисы первого координатного угла, то х скоординаты= Ус2R. Итак, центр тяжести имеет1г•(2;;; 2;;).Вычисление статических моментов и координат центра тяжестиплоской фигурыПусть дана материальная плоская фигура (пластинка), ограниченная кривой у= f(x)~ О и прямыми У296= О, х =а, х= Ь (см . рис.
197).Будем считать, что поверхностная плотность пластинки постояннаь([' = const) . Тогда масса всей пластинки paBHa!,"S, т. е. т = ['! f(x) dx.аВыделим элементарный участок пластинки в виде бесконечно узкойвертикальной полосы и будем приближенно считать его прямоугольником.Тогда масса его равна [' . у dx. Центр тяжести ё прямоугольникалежит на пересечении диагоналей прямоугольника. Эта точка ё отстоит от оси Ох на ~y, а от оси Оу на х (приближенно; точнее нарасстоянии х + ~ ~x). Тогда для элементарных статических моментовотносительно осей Ох и Оу выполнены соотношенияdS x1= ['.
ydx· 21 У = 2["2У dxиdSyьСледовательно, Sx= [' . ydx· х = ['xydx.ь!!аа= ~[' у2 dx, Sy = [' ху dx.По аналогии с плоской кривой получаем , обозначив координатыцентра тяжести плоской фигуры (пластинки)т . хс= Sy, т . ус = Вх.хS - -1LS_ . ......!!.т - ['Sс -илииусь=Sx= -тSx=['Sь~ J у2 dxJxydxхсчерез С(х с ; ус), чтоОтсюдааьус=аьJydxJydxаа41.15. Найдем координаты центраR2, У ~ О ([' = const) (см. рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
