Д.Т. Письменный - Конспект лекций по высшей математике (полный курс) (1108544), страница 41
Текст из файла (страница 41)
Найдем дифференциал плошади 41з, меняя образованную меясду сечениями ф гуру усеченным конусом, образующая ко рого равна сй, а радиусы оснований равны и у + ду. Площадь его боковой поверхнос равна с(з = я(у+у+с1у).Й = 2яусй+яду Отбрасывая произведение стусй' как беск нечно малую высшего порядка, чем сЬ, п лучаем сЬ = 2яу сй, или, так как св* 44.4Г44Г~Ь, 4 =2гр '44(ф) 3. Интегрируя полученное равенство пределах от т = ада'х = д,получаем Ряс. 191 ь з. = 4 т' 4 44 4 44.'гс*. (41.9 Если кривая АВ задана параметрическими уравнениями х = х(1), у = у(1), ьт < $ < Фю то формула (41.9) для площади поверхности вращ ния принимает вид Пример 41.8.
Найти плошадь поверхности шара радиуса В. (,Ь Решение: Можно считать, что поверхность шара образована вращ . нием полуокружности у = тг'Ф вЂ” х~, — В < х < В, вокруг осн Ох. П формуле (41.9) находим 4=2 т' у% -г -1Г44( ) 4 и =4 Г' 'Р— '4*'4*=4 44 ~ „=4 44'. — и !! айти плошадь поверхности, образованной вращением ее вокруг «и Ох.
~~ Решение: При вращении половины дуги циклонды вокруг оси Ох п.,ющвдь поверхности вращения равна — Я» = 2я. / а(1 — совг) . (а(1 — ссн1))з+ (авшь)зсй= 1 2 о = 2я~ а . 2вш — ° 1 — 2сов1+ссжз1+вш~Ы1 = 2 о г = 4яаз ~ ыпт — - 2 - 2 втпз — са = 8яаз ~ вшз — втп — сй = 2 2 l 2 2 о о = — 8яаз 2~(1 — совз — ) сг(сов-) = — 16яаз(осе-~ — з ~ ) = о 1 з 2 32 я'а = — 16яа (Π— 1 — О+ — ) = — 16яа ( — -) = —, 3 3 3 т. е. 1Я = 32ястз. Следовательно, Я, = 63 яа~.
»в 41.б. Механические приложения определенного интеграла Работа переменной сипы Пусть материальная точка М перемещается вдоль оси Ох под действием переменной силы Е = г'(х), направленной параллельно этой гси. Работа, произведенная силой при перемещении точки М из положения х = а в положение х = Ь (а < Ь), находится по формуле Пример 4 з. 10. Какую работу нужно затратить, чтобы растянуть пружину на 0,05 м, если сила 100 Н растягивает пружину на 0,01 м? 1.) Решение: По закону Рука упругая сила, растягивающая пружину, пропорциональна этому растяжению х, т. е. Е = 1гх, где Й --. коэффи~твент пропорпиональности. Согласно условию задачи, сила Е = 100 Н растягивает пружину на х = 0,01 м; следовательно, 100 = Ь0,01, о куда й = 10000; следовательно, Г = 10000х.
Искомая работа на основании формулы (41.10) равна 0,05 А = / 10000хдх = 5000х [ ' = 12,0 (Дж). о Пример 41.11. Найти работу, которую необходимо затратить„' чтобы выкачать через край жидкость из вертикального цилиндричш' ского резервуара высоты Н м и радиусом основания Л м. (~ Решение: Работа, затрачиваемая на поднятие тела весом р на вы ту 6, равна р. ?ь Но различные слои жидкости в резервуаре находя на различных глубинах и высота поднятия (до края резервуара) ра личных слоев не одинакова.
Для решения поставленной зада' применим схему П (мстод дифференц1 ла). Введем систему координат так, к указано на рисунка 192. 1. Работа, затрачиваемая на выкл г ванне из резервуара слоя жидкости Н шиной х (О < х < Н), есть функция от. т. е. А = А(х), где 0 < х < Н (А(0) =- А(Н) = Ао) 2. Находим главную часть приращ ння ГгА при изменении х на величи ?хх = дх, т. е. находим дифференциал д Рис. 192 функции А(х). Ввиду малости дх счигпаем, что «элементарный> слой жи сти находится на одной глубине х (от края резервуара) (см. рис.
192), Тогда е?А = др х, где г?р —. вес этого слоя; он равен д'уди, где д — уск рение свободного падения, у — плотность жидкости, до — объем «эл, ментарного» слоя жидкости (на рисунке он выделен), т. е. г?р = д у Объем указанного слоя жидкости, очевидно, равен гЛг дх, где дх — в ' сота цилиндра (слоя), яЛг — площадь его основания, т. е.
е?о = яЛг Таким образом, др = ду ° яЛг дх и дА = дукЛг дх х. 3) Интегрируя полученное равенстгю в пределах от х = 0 до х = находим я Ао = / д уяЛйхдх = — дуяЛВН (Дж). 2 о Путь, пройденный телом Пусть материальная точка перемещается по прямой с перемени скоростью о = и(1). Найдем путь Я, пройденный ею за промежу времени от ?г до ?г. 292 О Решение: Из физического смысла производной известно, что при движении точки в одном направлении «скорость прямолинейно~о движения равна производной от пути по времени>, т. е.
о(?) = —. Отсюда следует, что г?Я = о(?) д?. Интегрируя полученное равенство в пределах и от ?1 до ?21 полу швм Я вЂ” ? о(?) гй. и Оипметим, что эту же формулу можно получить, пользуясь схемой или П применения определенного интеграла. .Пример .~1.13. Найти путь, пройденный телом за 4 секунды от ачала движения, если скорость тела и(?) = 10? + 2 (м/с). (,',? Решение: Если и(?) = 10г + 2 (м/с), то путь, пройденный телом от начала движения (? = 0) до конца 4-й секунды, равен 4 Я /(10?+2)д? б? [о+2?[о =80+8 — 88 (м). Ф Давление жидкости нв вертикальную пластинку По закону Паскаля давление жидкости на горизовтальнук~ пластину равно весу столба этой жи,пкости, имеющего основанием пластинку„ а высотой — глубину ее погружения от свободной поверхности жидкости, т.
е. Р = д у . Я - ?ь где д - - ускорение свободного падения, у — плотность жидкосги, Я вЂ” площадь пластинки, й -- глубина ее погружения. По этой формуле нельзя искать давление жидкости на вертикально погруженную пластинку, так как ее разпью точки лежат на разных глубинах.
Пусть в жидкость погружена вертикально пластина, ограниченная линиями х = а, х = Ь, у~ = ?1(х) и уг = ?г(х); система координат выбрана твк, как указано на рисунке 193. Для нахождения давления Р жидкости на эту пластину применим схему П (метод дифференциала). 1. Пусть часть искомой галичины Р есть функция от х: р = р(х), т. е. р = р(х) — давление на часть пластины, соответствующее отрезку [а; х) значений переменной х, где х 6 [а; Ь) (р(а) = О, р(Ь) = Р). 2.
Дадим аргументу х приращение ?1х = е?х. Функция р(х) получит приращение гхр (на рисунке — - полоска-слой толщины е?х). Найдем дифференциал др этой функции. Ввиду малости г?х будем приближенно считать полоску прямоугольником, все гго"ски которого находится на одной глубине х, т. е. пластинка эта — горизонтальная.
Тогда по закону Паскаля г?р = д - 'у (уг — у1) - ах. 3 ь 3. Интегрируя получЬнное равенство в пределах от х = а до х = Ь, получим Р = д у ( (уз — ул)х дх или Р = д у / ()т(х) — 11(х)) х лдг. Рис. 194 Рис. 193 ХГриллер 4Х.Мд. Определить величину давления воды на полу круг, вертикально погруженный в жидкость, если его радиус В, а це О находится на свободной поверхности воды (см. рис.
194). О Решение: Воспользуемся полученной формулой дня нахождения давления жидкости на вертикальную пластинку. В данном случае пластинка ограничена линиями ул = — тУФ: ХУ, уз = чУй1: хлт, х = 0 х = В. Поэтому Р = ду ~ (ьЯ~ — хз — ( — ~/Вз — х~))хл(х = о д 1 й 1,® = „. (--1 ~~(В'-*') ' ( 2/ ./ с 0 л (У вЂ” **1 л 1 — ~ = — Ыо-Я)=-дум'. 3 !о 3 3 Вычисление статических моментов и координат центра тяжести плоской кривой Пусть на плоскости Оху задана система материальных точек Мл (хл; ул ), Мт(хз, ут),..., М„(х; у„) сгютветственно с массами ПЛ1,ГПЩ...,ГП .
Слпалпичсским моментом Я системы материальных точек отно- ~ пчально оси Ох называется сумма произведений масс этих точек на пх ординаты (т. е. па расстояния этих точек от оси Ох): Я = ~ тл.уь 1=1 Аналогично определщется стагиическнй момент Яу этой системы нлюсительно оси Оу: Яу — ,'С тл . хь 1=1 Если массы распределены непрерывным образом вдоль некоторой кривой, то для выражения статического момента понадобится интегрированиее. Пусть У = 1'(х) (а < х < Ь) --. это уравнение материальной кривой А В. Будем считать ее однородной с постоянной линейной плотностью л (у = сопв1).
Для произвольного х Е [а;Ь] на у в г(х) кривой АВ найдется точка с коорди- 111 натами (х; у). Выделим на кригюй эле- 1 1 ментарный участок длины ла, содержащий точку (х; у). Тогда масса этого. 1 участка равна -улй. Примем этот уча- А сток лЛ прллближенно за точку, отстоя- щую от оси Ох на расстоянии у. Тогда 1 $ 1 дифференциал статического момента лл а х х+лух Ь х дЯ (капементарный моментэ) будет Рис. 195 равен зб4 у, т.е. г(Я~ = 'улй. у (см. рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
