И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 53
Текст из файла (страница 53)
Найти путь S , пройденный материальной точкой, движущей-ϕ + 3 cos 3 ϕ + cos 4 ϕ )dϕ =0⎛3∫ ⎜⎝ cos ϕ + 2 (1 + cos 2ϕ ) + 3 cos3ϕ+03∫ ⎜⎜⎝ cosϕ + 2 (1 + cos 2ϕ ) + 3 cos31(1 + cos 2ϕ )2 ⎞⎟dϕ =4⎠1⎛4⎝ϕ + ⎜1 + 2 cos 2ϕ +0ся прямолинейно с непрерывной переменной скоростью1 + cos 4ϕ ⎞ ⎞⎟ ⎟⎟dϕ =2⎠⎠π12a 3 ⎛15 31⎞3=⎜ cos ϕ + + cos 2ϕ + 3 cos ϕ + cos 2ϕ + cos 4ϕ ⎟dϕ .∫3 0⎝8 228⎠15, явПоскольку все слагаемые под знаком интеграла, за исключением8ляются функциями, имеющими центр симметрии в середине отрезка [0, π ]оси абсцисс, то интегралы от них равны нулю, и поэтому M y =чае5πa.43xc = M y S = 5a 6 . Очевидно, что в данном слу-Окончательно находим:rc = xc = 5a 6 .Пример 6. Пользуясь теоремами Гульдина, найдите площади поверхностейиобъёмыторов,образованныхвращениемкруга+ ( y − b ) ≤ r вокруг осей Ox и Oy (a ≥ r , b ≥ r ) .Решение.
Если круг вращается вокруг оси Ox , то центр тяжести кругаотстоит от оси вращения на расстоянии b , поэтому площадь поверхности,(x − a )22Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл3622согласно первой теореме Гульдина, равнаа объём, согласно второй теореме Гульдина, равенV x = πr 2 ⋅ 2πb = 2π 2 br 2 .Если же вращение происходит вокруг оси Oy , то расстояние от центратяжести круга до оси Oy равно a . ТогдаS y = 2πr ⋅ 2πa = 4π ar , V y = πr ⋅ 2πa = 2π ar .2времени t ) за промежуток времени a ≤ t ≤ b .Решение. Посчитаем путь, пройденный точкой за бесконечно малый промежуток времени t , t + dt .
На этом промежутке скорость v t приближённо можно считать постоянной. Поэтому элементарный путь равенdS = v t dt . Интегрируя данное равенство в пределах от a до b , получимвесь путь[]()()bS = ∫ v(t )dt .aПример 1. Скорость точки в зависимости от времени меняется по зако-v(t ) = 0,1t 3 м сек . Найти путь S , пройденный точкой за промежутоквремени T = 10 сек , протекший от начала движения. Чему равна средняянускорость движения точки за этот промежуток?Решение. НаходимT10t4S = ∫ v(t )dt = ∫ 0,1 ⋅ t dt = 0,1⋅40010= 250 м ;3vср. =0S 250== 25 м / с .10TЗадача 2.
Найти работу A непрерывной переменной силыS x = 2πr ⋅ 2πb = 4π 2 br ,2v(t ) (как функция22F (x ) , при-ложенной к материальной точке M , при перемещении последней вдоль осиOx из положения x = a в положение x = b , предполагая, что направлениедействия силы совпадает с направлением перемещения.Решение. Пусть точка M переместилась из положения x в положение[]()x + dx . На бесконечно малом промежутке x, x + dx длины dx силу F xприближённо можно считать постоянной. Поэтому элементарная работа силыравна dA = F x dx . Интегрируя равенство в пределах от x = a до x = b ,определяем всю работу()§9.
Физические приложения определённого интеграла363Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл364Решение. Согласно закону Ньютона бесконечно малый элемент стержняρdx притягивает материальную точку M с силой, вели-bA = ∫ F ( x )dx .[x, x + dx] массыaПример 2. Какую работу нужно затратить, чтобы растянуть пружинуна 0,06 м , если сила в 1 ньютон растягивает её на 0,01 м ?чина которой равна dF = − kРешение.
Согласно закону Гука упругая сила F , действующая на пружину, возрастает пропорционально растяжению x пружины, т.е. F x = kx ,()где k – коэффициент пропорциональности. Здесь перемещение x выраженов метрах, а сила F – в ньютонах. Для определения коэффициента пропорциональности k согласно условию задачи полагаем F = 1 при x = 0,01 ,l( ) = 100 x . Используя ука-A=∫ 100 xdx = 50 x02 0 , 060Задача 3. Известно, что концентрацияняется по закону C ( x ) =F = −kmρ ∫0= 0,18(дж ) .C вещества (г мl3) в воде ме-10 x( x – глубина слоя в метрах).
Сколько вещеx +1ства Q содержится в вертикальном столбе воды, площадь поперечного( )сечения которого равна S = 1 м , а глубина меняется от 0 м до 200 м?Решение. Рассмотрим бесконечно тонкий горизонтальный слой столбаводы с сечением S и толщиной dx , находящийся на глубине x . Количество2∫0ldx(a − x )21kmρl= − kmρ ⋅=−.a−x 0a(a − l )(BAB'A'ORyAA' B ' B , удалённую от центра круга навеличину x k и имеющую толщину Δx k .Δx k – малая величина, то эту по-лоску приближённо можно принять запрямоугольник, и поэтому её площадь(x + 1) − 1 dx = 10(x − ln (x + 1)) 200 = 1947 (г ) .10 xdx = 10 ∫0x +1x +10200ΔS k ≈ AA'⋅Δx k = 2 R 2 − x k2 ⋅ Δx k .Считая, что уровень погружения этой полоски равенH − x k , согласноЗадача 4. С какой силой однородный стержень 0 ≤ x ≤ l линейнойплотности ρ притягивает материальную точку M , расположенную назакону Паскаля получим величину силы давления воды на эту полоскутой же прямой на расстояниимассу m ?гдеa (a > l ) от начала координат и имеющую)(k = 1,2,..., n ) .
Рассмотрим k -ю полоскуЕслитегрируя это равенство в пределах от 0 до 200, получим полное количествовеществаQ=k – коэффициент пропорцио-Задача 5. Определить величину силы давления P воды на вертикальныйкруг радиуса R , центр которого погружён в воду на глубину H H > 2 R .Решение.В качестве оси Ox возьмём вертиxкальную прямую с началом координат O ,совпадающим с центром круга. Разобьёмкруг на n узких горизонтальных полосоктолщинысоответственноΔx k10 xвещества, содержащегося в этом слое, равно dQ = C ⋅ Sdx =dx . Инx +1200, гденальности (гравитационная постоянная).Так как эти силы притяжения действуют водном и том же направлении, то величиныих dF можно алгебраически складывать,а следовательно, и интегрировать (так какинтеграл – предел алгебраической суммы):a-xоткуда находим k = 100 и, следовательно, F xзанную выше формулу, находим искомую работу0 , 06(a − x )2Max0mρdxρ (H − xk ) ⋅ ΔS k = 2 ρ (H − xk ) R 2 − xk2 ⋅ Δxk ,ρ – удельный вес воды.
Суммируя эти выражения, получим приближён-ное значение величины силы давления P воды на всю пластинку§9. Физические приложения определённого интеграла365nP ≈ ∑ 2 ρ (H − x k ) R 2 − x k2 ⋅ Δx k .mM, гдеr2r – расстояние от центра земли. Так как при r = R имеем F = mg , тоРешение.
Сила, действующая на тело массыk =1Эта формула тем точнее, чем меньшеСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл366Δx k . В пределе при n → +∞ иmax Δx k → 0 получим точную формулу для величины силы давления водыkM = gR 2 . Искомая работа будет1≤ k ≤ nP = limn → +∞n∑ 2 ρ (H − x )k =1kR+h∫A=R − x ⋅ Δx k =2m , равна F = k2kkR1 ⎞mghmM⎛1.dr = kmM ⎜ −⎟=2r⎝ R R + h ⎠ 1 + (h R )R= 2 ρ ∫ (H − x ) R 2 − x 2 dx = πρR 2 H .Контрольные заданияи задачи для самостоятельного решения к §9−RЗадача 6. Найти силу давления бензина, находящегося в цилиндрическомбаке высотой h = 3,5 м и радиусом основания r = 1,5 м, на его стенки, еслиудельная плотность бензина ρ = 900 кг м .Решение.
Элемент силы давления на поверхность стенки в выделеннойполоске выразится так: dP = ρg ⋅ 2πrxdx , отсюда3hP = 2πrρg ∫ xdx = πrρgh 2 = 9,8π ⋅ 1,5 ⋅ 3,5 2 ⋅ 900 = 161700π (Н ) =0= 161,7π (кН ) .a , ширину m = 2 r 2 − x 2 и толщину dx , равенdV = amdx = 2a r 2 − x 2 dx .dA = 2 ρgax r 2 − x 2 dx , где ρ – плотность воды. Следоваrr3⎛2⎞2A = 2 ρga ∫ x r − x dx = − ρga⎜⎜ (r 2 − x 2 )2 ⎟⎟ = ρgar 3 .⎝3⎠0 3022.Линейнаяρ = ρ 0 sinπxlплотность, гдеρ02Задача 8.
Какую работу нужно затратить, чтобы тело массынять с поверхности земли радиуса R на высоту h ?m под-гдестержняx – расстояние от одного из0≤ x≤lдлиныlравна– постоянная. Найдите массу стержня.3. Найдите статический момент и момент инерции дуги цепной линии4.x, где 0 ≤ x ≤ a , относительно оси Ox .aНайдитестатическиймомент(0 ≤ x ≤ p 2) относительно прямой x = pдугипараболыy 2 = 2 px2.5. Найдите статический момент и момент инерции однородной треугольной пластинки с основанием a и высотой h относительно его основания.6.
Найдите момент инерции параболического сегмента, ограниченногопараболой y = 4 − x и прямой y = 3 , относительно оси Ox .7. Найдите моменты инерции однородной прямоугольной пластинки состоронами a и b , относительно осей симметрии этого прямоугольника.8. Найдите моменты инерции однородной эллиптической пластинки с полуосями a и b относительно её главных осей.9. Найдите момент инерции однородного круга радиуса R и массы Mотносительно его диаметра.10. Найдите координаты центра тяжести дуги окружности x = a cos ϕ ,2Элементарная работа, совершаемая при поднятии этого слоя воды на высоту x , равнательно,ρ = 20 x + 0,15 x 2 ,концов стержня (в метрах), ρ – в кг м .меняется по законуy = achЗадача 7. Найти работу, совершаемую при выкачивании воды из ёмкости, имеющей форму горизонтально расположенного полуцилиндра, длинакоторого a , радиус боковых сторон (полукругов) – r .Решение. Объём элементарного слоя воды, находящегося на глубине x иимеющего длину1.
Найдите массу стержня длины 1м, если линейная плотность стержняy = a sin ϕ (ϕ ≤ α ≤ π ) .§9. Физические приложения определённого интеграла36711. Найдите координаты центра тяжести фигуры, ограниченной параболамиax = y , ay = x212.Найдитеy= r −xOx .222(a > 0) .координатыцентровтяжестиполуокружностии полукруга, ограниченного этой полуокружностью и осью13.
Найдите координаты центров тяжести фигуры, ограниченной линиямиx = 0 , x = π 2 , y = 0 , y = cos x .x14. Найдите координаты центров тяжести фигуры, ограниченной линиями= 0 , x = π 2 , y = 0 , y = sin x .15. Найдите координаты центров тяжести параболического сегмента, огра-ниченного линиямиy = 4 − x2 , y = 0 .16.
Найдите координаты центров тяжести дуги астроиды x = a cos t ,3y = a sin 3 t (в 1-й четверти).17. Найдите координаты центров тяжести фигуры, ограниченной линиямиy = 2x − x 2 , y = 0 .18. С помощью второй теоремы Гульдина найдите объём «баранки», полу-ченной вращением окружности ( x − 2 ) + y = 1 вокруг оси Oy .19. Пользуясь теоремой Гульдина, найдите объём тела, образованноговращением полукруга радиуса r вокруг касательной, параллельной диаметру.20. Пользуясь теоремой Гульдина, докажите, что центр тяжести треугольника отстоит от его основания на одну треть высоты.21. Применяя вторую теорему Гульдина, найдите координаты центра тя22жести четверти круга x + y ≤ r .22. Пользуясь теоремой Гульдина, найдите объём тела, полученного привращении прямоугольника со сторонами 6 и 8 вокруг оси, проходящей черезего вершину перпендикулярно диагонали.23.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
