Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

УМК6

.pdf

Скачиваний:

137

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

1.57 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 2115 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

−

(R 2 − x 2 )1 2 d(R 2 − x

2 )

(R 2 − x 2 )3 2

∫

3 2

− R 3 )=

= −

x 2

R 2

Данная точка не лежит на дуге, находится ниже ее.

Пример 2.71 Найти

центр

тяжести дуги

астроиды

x = a cos3 t

y = a sin3 t , расположенной в первом квадрате, если линейная плотность в каждой ее точке пропорциональна абсциссе точки, т.е. ρ = k x .

Решение.

Подготовим вначале dl = (dx)2 + (dy)2 =

= (3a cos2 t sin t)2 + (3a sin 2 t cos t)2 dt = 3a sin t cos t dt .

По формулам (2.22):

(B)

k a sin3 t a sin3 t 3a sin t cos t dt

∫

yc =

(A)

(B)

∫ k a sin3 t 3a sin t

cos t dt

(A)

sin8

π 2

= a

1 sin5

π 2

	3k a3	π 2	sin7 t d(sin t)
=	3k a3	∫	sin7 t d(sin t)
=		0	=
		0
	3k a3	π 2	sin 4 t d(sin t)
	3k a3	∫	sin 4 t d(sin t)
		0

(B)

k a sin3 t a cos3 t 3a sin t cos t dt

3k a3

π 2

∫

∫ sin 4 t cos4 dt

(A)

(B)

k a sin3 t 3a sin t cos t dt

3k a 2

∫

(A)

π 2

2sin t cos t

π 2

−cos 4t

= 5a ∫

dt =

∫ sin

2t dt =

∫

dt =

141

=	5a		π 2		(1		− 2 cos 4t + cos							2		4t)dt =			5a				π 2		−	1			4	π 2	+	π 2		2
			π 2																													π 2

			∫																				0				sin		t	0		∫	cos
	64																	64			t					2	sin		t				cos		4t dt =
	64	0																64								2						0
	5a			π				π 2	1	+ cos8t							5a			π		1			π 2			1			π 2
	5a			π				π 2	1	+ cos8t							5a			π		1			π 2			1			π 2
=						+		∫					dt =								+			t		+			sin 8t				=
=						+							dt =								+			t		+			sin 8t				=
	64			2						2							64			2 2								16
								0																	0						0
								0																	0						0
=	5a			π		+		π	=		5a	3π	=		15aπ

	64			2						64		4				256
	64			2				4		64		4				256

2.10.4 Вычисление объема тела вращения

Если тело образуется при вращении вокруг оси 0X криволинейной трапеции aABb, прилежащей к оси 0X, то объем полученного тела V0X вычисляется по формуле

V0X	= π∫b f 2 (x)dx	(a < b).	(2.31)
	a
Если тело	образуется при	вращении вокруг оси	0Y криволинейной

трапеции dDCc (см. рис.), прилежащей к оси 0Y, то объем полученного тела V0Y вычисляется по формуле

V0Y = d∫ϕ2 (y)dy	(c < d).	(2.32)
c

Если кривая задана параметрическими уравнениями или в полярных координатах, то следует сделать соответствующую замену переменной в указанных формулах. Подробнее эти случаи рассмотрим в упражнениях.

Пример 2.72 Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси 0Y плоской фигуры, образованной кривыми y = cos x и y = 2π92 x 2 .

Решение.

Тело образуется, если вращать пластину OAMBO вокруг оси 0Y.

Найти

координаты

точек

A и

B: cos x =

x 2

это

уравнение

2π2

удовлетворяется при

x = ±

, тогда

y = cos

. Итак,

−

;

142

По формуле (2.32) V0Y = π1∫ϕ2 (y)dy , но функция ϕ(y) в данном случае

													y				1	ϕ(y)=						2π			2								1
состоит		их	двух				кусков:			при					0;												y ; при						y			;1
состоит		их	двух				кусков:			при					0;												y ; при						y			;1
																									9										2
																	2	1 2 π							9					1					2
ϕ(y)= arccos y ,																		1 2 π							1					1
																									1
								поэтому											∫				2 y			dy		+ ∫arccos y dy									=
								поэтому						V0Y = π					∫	3			2 y		2	dy		+ ∫arccos y dy									=
																									2
		1 2						1										0				1 2			1				1 2
		1 2			1			1									π					1 2			1
	π				1															3 2
	π	2 ∫	y		2	dy +												2y		3 2
= π		2 ∫	y			dy +		∫arccos ydy = π								3		2y				0		+ ∫arccos y dy =
	3	0						1 2								3								1 2
	второй интеграл интегрируем по частям																											π				2		1	3 2

									1
=																								=						2							+
=																								=		π				2							+
	u = arccos y;du = −										2		dy; dv = dy;						v = y									3				3		2
	u = arccos y;du = −								− y		2		dy; dv = dy;						v = y									3				3		2
								1	− y
							1																	1						2
				1				y dy						π				1		π			1		d(1− y						)
				1				y dy						π				1		π			1		d(1− y						)
+ y arccos y						+	∫					= π			+	0 −					−			∫								=
				1 2				1− y		2				9				2 3 2						1 2 1− y						2
				1 2						2																				2
							1 2

	π		π		1	1 − y	2	1
							2	1

= π		−		−
= π	9	−	6	−	2	1 2
	9		6		2	1 2
								1	2
								1	2

	π π						3		3 π


= π		−			0	−				−
	9		6	−			2	= π	2		18

Пример 2.73 Вычислить объем тела, образованного вращением плоскостей фигуры, ограниченной линиями: y2 = 2px и x = a вокруг оси

0X.

Решение.

Построив параболу y2 = 2px и прямую x = a , получим параболический сегмент OAB. При вращении его вокруг оси 0X образуется часть параболы вращения. Объем этого тела найдем по формуле (2.31)

V	= πa f 2	(x)dx = πa	2px dx = 2pπ	x 2	a	= pπa 2


0X	∫	∫	2
	0	0			0

Пример 2.74 Вычислить объем тела, образованного вращением астроиды x = a cos3 t; y = a sin3 t вокруг оси 0X.

Решение.

Для вычисления объема воспользуемся формулой (2.31):

143

						a									a					0	(a sin3 t)d(a cos3 t)=
	V0X			= π ∫f 2 (x)dx = 2π∫y2 dx = 2π ∫																	(a sin3 t)d(a cos3 t)=
						−a									0					π 2
	замена переменной:														= 2π1∫(1− z2 )3 d z3							= 2πa3 1∫(1 − z2 )3 3z2 dz =
	замена переменной:
=	z = cos t;
	sin 2 t =1− cos2								t =1− z2									0								0
	sin 2 t =1− cos2								t =1− z2
= 2πa3 1∫(1 −3z2 + 3z4 − z6 ) 3z2 dz = 6πa3 1∫(z2 −3z4 + 3z6 − z8 )dz =
			0																	0
		3		3	1		3z	5		1		3z	7	1		z	9		1		3 1		3		3		1		32		3		3
				3	1			5		1			7	1			9		1
= 6πa			z			−					+				−
																				= 6πa		−		+		−		=		πa		(ед		)
			3				5					7				9				= 6πa		−	5	+	7	−	9	=	105	πa		(ед		)
			3				5					7				9					3		5		7		9		105
					0					0				0					0
					0					0				0					0
	Пример 2.75 Одна арка циклоиды x = a(t −sin t);																									y = a(1 − cos t);

y = a(1− cos t) вращается вокруг своего основания (то есть ось вращения есть ось 0X). Вычислить объем тела, полученного в результате вращения.

Решение.

2πa
По формуле (2.31) имеем V0X = π	∫y2 dx . При переходе к переменной
	0

t меняются пределы интегрирования:

при x = 0 0 = a(t −sin t) или t = sin t , т.е.

t = 0 ;

при x = 2πa

2πa = a(t −sin t) или 2π + sin t = t , то есть t = 2π

2π

− cos t)2 d(a(t −sin t))=

Итак, V0X

= π ∫a 2 (1

= πa3 2∫π(1 − cos t)2 (1 − cos t)dt = πa3 2∫π(1 − cos t)3 dt =

2π

= πa3 ∫(1−3cos t +3cos2

−

3sin t

+3 ∫cos2 tdt −

t −cos3 t)dt = πa3 t

2π

− ∫cos

t d(sin t)

= πa

2π +

∫(1+ cos 2t)dt −

∫(1−sin

t)d(sin t)

2π

sin

2π

= πa

2π +

sin 2t

−sin t

2π

= πa3 (2π + 3π)= 5π2a3

144

2.10.5 Вычисление площади поверхности вращения

Если поверхность образуется при вращении дуги AB плоской кривой y = f (x) вокруг оси 0X, то дифференциал площади этой поверхности равен площади боковой поверхности усеченного кругового конуса с образующей dl

и с основаниями, у которых радиусы r1 = y и r2 = y +

Из школьной программы известно, что боковая поверхность усеченного

конуса вычисляется по формуле: Sб

2πr1 + 2πr2

dl, где l− образующая

конуса.

2πy + 2π(y + y)

Итак,

dS =

dl = π(2y + dy) dl ≈ 2πy dl, здесь

dl− дифференциал дуги кривой. Итак,

(B)

S = ∫2πy dl = 2π ∫y dl = 2π ∫f (x)dl.

(2.33)

(A)

Если поверхность образуется при вращении дуги AB плоской кривой

x = ϕ(y) вокруг оси

0Y,

тогда рассуждая аналогично выше изложенному:

r1 = x; r2 = x + x ;

dS =

2πx + 2π(x + dx)

dl = π(2x + dx)dl ≈ 2πx dl.

(2.34)

(B)

S = ∫

2πx dl = 2π ∫x dl = 2π ∫ϕ(y)dl

(A)

Пример 2.76 Найти площадь поверхности, образованной вращением

вокруг оси

0X дуги параболы y = x3 , заключенной между точками A(−1;1) и B(1;1).

Решение.

По формуле (2.33)

(B)

S = 2π ∫f (x)dl = dl = (dx)2

+ (dy)2 = 2π ∫ x3 (dx)2 + (dy)2 =

(A)

1+ (3x)2

dx =

= 2π∫x3 1 + (y′)2 dx = y′ = (x3 )′ = 3x 2 = 2 2π∫x3

−1

= 4π

+ 9x 4 dx

= 4π∫x3 1

∫ 1 +9x 4 d(1+ 9x 4 )=

145

=	9	1∫	(1 +9x 4 )1 2 d(1+ 9x 4 )=	π (1 + 9x 4 )		1 =	π	2	(103 2 −1)=
	9							2
								3
	π 0			9	3 2	0	9	3
=	2π		(10 10 −1)(ед2 )			0
=	2π		(10 10 −1)(ед2 )
	27		Пример 2.77 Найти площадь поверхности, образованной вращением

вокруг оси
0X дуги астроиды x = a cos3 t;					y = a sin3 t , заключенной между точками
A(a;0) и B(0;a)
			Решение.
			Предварительно подготовим dl, для				этого необходимо получить из

уравнений x = a cos3 t; y = a sin3 t дифференциалы:

dx = (a cos3 t)′dt = 3a cos2 t (−sin t)dt;

d y = (a sin3 t)′dt = 3a sin 2 t cos t dt . Так как dl =

(dx)2 + (dy)2 ,

dl =

(9a 2 cos4 t sin 2 t +9 a 2 sin 4 t cos2 t)dt =

= 3a sin t cos t =

cos2 t + sin 2 t dt = 3a sin t cos t dt

(B)

По

формуле

(2.33):

S = 2π ∫y dl =

(A)

2π(B∫)(a sin3 t)3a sin t cos t dt =

(A)

π 2

sin

π 2

= 2π 3a 2 ∫

sin 4 t cos t dt = 6πa 2 ∫ sin 4 t d(sin t)

= 6πa 2

6πa 2

5 π

−sin

6πa 2

sin

2.11 ПРИМЕНЕНИЕ ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА К РЕШЕНИЮ НЕКОТОРЫХ ЗАДАЧ ФИЗИКИ

2.11.1 Вычисление работы

Пусть материальная точка движется вдоль оси 0X под действием переменной силы F = F(x), причем ее направление совпадает с направлением

146

движения. Тогда работа A, произведенная силой	F на отрезке [a; b],
выражается интегралом
A = b∫F(x) dx .	(2.35)
a

Пример 2.77 Вычислить работу, необходимую для запуска ракеты весом P с поверхности Земли вертикально вверх на высоту h .

Решение.

Величина силы F(x), производящей работу по поднятию тела с Земли равна величине силы притяжения тела Земли в соответствии с законом

Ньютона:

F(x)= γ

mp MЗ

, где mp − масса ракеты,

MЗ − масса Земли, x −

x 2

γ − гравитационное постоянная.

расстояние от ракеты до центра Земли,

На

поверхности

Земли (при x = R , где

R −

радиус Земли) сила

притяжения

F(x)= P ,

то есть весу ракеты. Введем новое определение:

постоянный коэффициент

γ mp MЗ

= k , тогда закон Ньютона принимает

вид: P =

, откуда k = P R 2 и F(x)=

P R 2

R 2

x 2

При подъеме ракеты на высоту h переменная x изменяется на отрезке

[R; R + h]. Тогда работа,

произведенная силой

F(x)

на этом отрезке, может

быть вычислена по формуле (2.35):

R+h P R

2 R+h −2

R+h

A = ∫

dx = P R

∫x

dx = P

−

x 2

P R h

= −P R

−

R + h

Пример 2.78 Вычислить работу, которую нужно затратить на выкачивание жидкости из полусферического резервуара радиуса R .

Решение.

Работа A, затраченная на поднятие некоторого тела весом P , зависит от

высоты подъема h : A = P h	h плоскостями,
Разделим резервуар на n слоев толщины

параллельными поверхности жидкости. Введем систему координат так, как это показано на рисунке. Рассмотрим горизонтальную полоску (элементарный слой жидкости), находящуюся на глубине h = DC = R − y и имеющую толщину

147

dh = dy . Тогда работа

A , необходимая для поднятия этого слоя жидкости на

поверхность, равна

A = P (R − y),

где

P − вес

элементарного

слоя:

P = γ

где

γ −

удельный

вес

жидкости,

V ≈ π

2 dh = π x 2 dy −

объем

элементарного

слоя,

если

рассматривать его как круговой цилиндр с радиусом основания

и высотой

dh . Итак,

A = π x 2 dy (R − y). В последнем соотношении необходимо x

выразить

через y.

Отрезок x =

меняет

свою длину

соответствии

изменением положения

точки

B, которая

перемещается

по

окружности

x 2 + (y − R)2 = R 2 .

Отсюда

x 2

= R 2 −(y − R)2

= 2Ry − y2 .

Таким

образом, дифференциал работы равен dA ≈

A =

= γ π(2Ry − y2 )(R − y)dy = γπ(2R 2 y −3Ry2 + y3 )dy. Учитывая, что

y [0; R], получим:

A = ∫dA = γ π∫(2R

y −

3R y

+ y

)dy = γπ R

− R y

γ π R

2.11.2 Давление жидкости

Сила давления жидкости P на горизонтальную пластинку с площадью S, погруженную на глубину h , определяется по закону Паскаля P = γ h S, где γ − удельный вес жидкости.

Для определения гидростатического давления P , испытываемого

пластинкой, погруженной вертикально, поступают так.		S. Считая,
На пластинке выделяется элементарная полоска с площадью		S. Считая,
что давление во всех частях такой полоски	одинаково, по закону Паскаля
P = γ x S. Искомое давление на	всю пластину	находится
интегрированием по x в пределах от a до b :
P = ∫γ x dS(x).		(2.36)

148

Пример 2.79 Труба, лежащая горизонтально, наполовину наполнена водой. Поперечным сечением трубы является круг диаметром 6 м. Найти величину давления воды на вертикальную заслонку, закрывающую трубу.

Решение.

Выберем систему координат так, чтобы начало координат было в центре трубы, ось 0Y проходила по поверхности воды, ось 0X направим вниз. Полукруг разделим на элементарные полоски. Площадь элементарной полоски S ≈ dS = 2 AB dx = 2 y(x) dx . Давление воды на полоску, находящуюся

на глубине x , равно								P ≈ dP = γ x dS = 2γ x y(x)dx . Из уравнения
окружности							x 2 + y2	= 9	выразим				y =			9 − x 2 .	Следовательно,
dP = 2γ x					9 − x 2 dx . Интегрируем по x в пределах от 0 до 3, получаем
3					3								3	− x 2 d(9 − x			2 )=
		P = ∫dP = ∫2 γ x 9 − x 2 dx = −γ											∫ 9	− x 2 d(9 − x			2 )=
0					0								0
					1					2	3	3
											3	3
									(9 − x		)2					γ((9 −32 )3 2 −(9 − 0)3 2 )=
= −γ∫3 (9 − x 2 )							d(9 − x 2 )= − γ						= −		2
						2									2
						2			3 2					3
0									3 2					3
3												0
												0

=	2	γ 9		=18 γ.
	2		2
			2
3		Пример 2.80 Найти давление воды на поверхности шара радиуса r м,

если его центр находится на глубине H м от поверхности воды.
		Решение.						координат X0Y таким
		Введем				систему		координат X0Y таким								образом,	чтобы ее начало

совпадало с центром шара, ось 0Y направим параллельно поверхности воды, а ось 0X − перпендикулярно. На глубине h рассечем шар горизонтальной плоскостью. Тогда давление воды на отсеченную часть поверхности шара будет некоторой функцией P(h). При изменении h на dh меняется площадь

поверхности отсеченной части шара на величину S ≈ 2π AB dl, где dl− дифференциал дуги окружности (то есть «ширина» заштрихованной

сферической ленты,	S − площадь этой ленты	AB	= y (x). Давление P(h)

изменится на величину	p ≈ dp = γ h S = γ h 2π y(x) dl. Из уравнения

149

+ y

= r

′

окружности

найдем

y = −

затем

dl = 1 + (y′)

dx =

x 2

y2 + x 2

dx =

dx .

dx = =

h = H +

= H + x . Итак,

P =

∫dP

= ∫γ h 2π y(x)

dx = 2π γ r ∫

(H + x)dx =

y(x)

−r

= 2π γ r

(H + x)2

= π γ r((H + r)2

−(H − r)2 )= π γ 4H r =

−r

= 4 π γ r 2 H .

2.11.3 Истечение жидкости из емкости

Пример 2.81 Цилиндрический резервуар с площадью основания S м2 наполнен водой до высоты H м. Определить время, в течение которого вся вода вытечет из резервуара через небольшое отверстие в его дне, если принять,

что скорость истечения воды равна 0,6 2 g h , где h − высота уровня воды над отверстием, g − ускорение силы тяжести и площадь отверстия м2 .

Решение.

Время истечения воды из резервуара зависит от скорости истечения и от площади отверстия, через которое вытекает вода. Так как скорость истечения является непрерывной функцией от h , то направим ось 0X по оси резервуара и сведем задачу к интегрированию переменной x .


Разобьем искомое время				T на большое число	n малых промежутков
t1 ,K,	t n и пусть за время			t уровень воды в резервуаре понижается на
величину	x =	H	. Если допустить, что в течение		каждого t скорость

		n

истечения воды остается постоянной, равной ее значению в начале промежутка, то есть 0,6 2 g(H − x), то имеет следующее приближенное равенство: 0,6 2g(H − x) t a ≈ S x . (*). Здесь в левой части объем воды,

вытекающей через отверстие, в правой части объема малого элементарного цилиндра с основанием s и высотой x .

150

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 2115 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20151.66 Mб62УМК.PDF
#
17.03.20152.52 Mб103УМК.PDF
#
17.03.20153.93 Mб91УМК.PDF
#
17.03.20152.61 Mб50УМК.PDF
#
17.03.20151.65 Mб20УМК11.pdf
#
17.03.20151.57 Mб137УМК6.pdf
#
17.03.2015430.08 Кб10УМП . Сб. к.р.2011.doc
#
17.03.2015219.14 Кб74УМП ВРЕМЕНА1.doc
#
06.03.20164.28 Mб41УМП для выполнения КР Наг.маш..docx
#
07.05.2019478.21 Кб3УМП Интегралы.doc
#
17.03.2015429.06 Кб19УМП к выполнению заданий 1-5 по информатике.doc