41.6. Механические приложения определенного интеграла

Работа переменной силы

Пусдь материальная точка М перемещается вдоль оси От под дей­ствием переменной силы F = F(x), направленной параллельно ■этой осп. Работа, произведенная силой при перемещении точки Л/ из положения х — а в положение х — Ь (а < Ь). находится по формуле

х) dx

А

^/п

(41.10)

(см. п. 36).

Пример 41-10. Какую работу нужно затратить, чтобы растянуть пру­жину на 0,05 м, если сила 100 Н растягивает пружину на 0.01 м?

О Решение: По закону Гука упругая сила, растягивающая пружину, про­порциональна чтому растяжению х, т. е. F = кх, где к - - коэффициент пропорциональности. Согласно условию задачи, сила F = 100 Н растяги­вает пружину на .;■ = 0,01 м; следовательно, 100 = fc-0.01, откуда к = 10000; следовательно, F = 10000.Г.

Искомая работа на основании формулы (41.10) равна

0,05

А= f lOOOOxdar = 5000ж^а|°'⁰⁵ = 12,5 (Дж). •

П ример 41-11- Найти работу, которую необходимо затратить, чтобы выкачать через край жидкость из вертикального цилиндрического резер­вуара высоты Я м и радиусом основания R м.

Q Решение: Работа, затрачиваемая на поднятие тела весом р на высоту h. равна р- />. Но различные слои жидкости в резервуаре находятся па различных глубинах и высота поднятия (до края резервуара) различных споен не одинакова.

Д ля решения поставленной задачи применим схему II (метод дифференциала). Введем систему координат так, как указано на рисунке 193.

1. Работа, затрачиваемая на выкачивание из резер­вуара слоя жидкости толщиной х (0 SC х ^ Н). есть функция от х, г. о. А = А(х), где 0 ^ х ^ Н (.4(0) = 0. А{Н) = Л,,)-

2. Находим главную часть приращения Л.4 при из­менении х на величину Ах = dx, т. е. находим диффе­ренциал <1А функции А(х).

Рис. 193.

Ввиду малости dx считаем, что «элементарный» слой .жидкости находится на одной глубине х (от края резервуара) (см. рис. 193). ТогдаdA = dp-x. где dp вес этого слоя; он равен g-j dv, где у - ускорение свободного

249

падения, у — плотность жидкости, dv — объем «элементарного» слоя жидкости (на рисунке он выделен), т.е. dp = gydv. Объем указанного слоя жидкости, очевидно, равен tcR² dx, где dx высота цилиндра (слоя). nR- — площадь его основания, т. е. dv = ttR* dr.

Таким образом, dp = ду ■ ttR² dx и dA — gyirR¹ dx ■ т.

3) Интегрируя полученное равенство в пределах oi х = 0 до х = Н, находим

1 А₀= f g-_fTTR²xdx = -_giTrR²H- (Дж). •

о Путь, пройденный телом

Пусть материальная точка перемещается по прямой с переменной ско­ростью v = v(t). Найдем путь S. пройденный ею за промежуток времени от ti до t-2-

О Реигение: Из физического смысла производной известно. что при дви­жении точки в одном направлении «скорость прямолинейного движения равна производной от пути по времени», г. е. v(t) — Щ~. Отсюда следует.

что dS = v(t) d1. Интегрируя полученное равенство в пределах от t\ до t-₂. получаем S — / v(t)dt. •

Отметим, что згу же формулу можно получить, пользуясь схемой I или II применения определенного интеграла.

|\1 Пример ^1.12. Найти путь, пройденный телом за 4 секунды от начала

^™=' движения, ест и скорость тела v(t) = 10/ + 2 (м/с).

О Решение: Если r(t) = I0t + 2 (м/с), то путь, пройденный телом от па-чала движения (г. = 0) до конца 4-й секунды, равен

4

S= /'(Юг+ 2) г/г = 5/-^ + 2t\l = 80 + 8 = 88 (м). •

о '

Давление жидкости на вертикальную пластинку

По закону Паскаля давление жидкости па горизонтальную пластину равно весу столба этой жидкости, имеющего основанием пластинку, а вы­сотой - глубину ее погружения от свободной поверхности жидкости, т. о. Р = д ■ у • 5" • h. где д ускорение свободного падения. -) плотность жидкости. S площадь пластинки, h -— глубина ее погружения.

По этой формуле нельзя тюкать давление жидкости на вертикально погруженную пластинку, так как ее разные точки лежат на разных глу­бинах.

Пусть в жидкость погружена вертикально пластина, ограниченная ли­ниями х — а. х = Ь. !/[ = /i(,r) и у-2 = /■_>(•*'); система координат выбрана так, как указано па рисунке 194. Для нахождения давления Г жидкости на эту пластину применим схему II (метод дифференциала).

250

Рис. 194

1. r+dx

   П усть часть искомой величины 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 £ [а;Ь] (р(а) = О, р{Ъ) = Р).

2. Дадим аргументу х приращение Ах = dx. Функция р{х) получит приращение Др (на рисун­ке - полоска-слой толщины dx). Найдем диффе­ренциал dp этой функции. Ввиду малости dx бу­дем приближенно считать полоску прямоуголь­ником, все точки которого находятся на одной глубине х, т. е. пластинка эта — горизонталь-пая.

Тогда но закону Паскаля dp = с/ ■ 7 (ух ~ У\) ■ dx ■ х .

^v v ' ^^

s л

3. Интегрируя полученное равенство в пределах от х = а до х = Ь,

получим

ь ь

V = g ■ 7 J{y-x - у\)хdx или Р - gj j {fx(x) - }i{x)) ■ хdx.

а а

Пример Jfl.1'3. Определить величину давле­ния воды на полукруг, вертикально погружен­ный в жидкость, если сто радиус /?, а центр О находится на свободной поверхности коды (см. рис. 195).

Рис. 195.

О Решение: Воспользуемся полученной форму-лет для нахождения давления жидкости на вер­тикальную пластинку. В данном случае пластин-ка ограничена .пиниями у\ = — y/R'² — х'², ух = = \JR'² — х'². х = 0. :г = R. Поэтому

.2_Л1/2

R"

п I Ы'П² - х² - (-у/r² ~x²))xdx =•

о

н и

2,97 /' xfR²-x².rdx = 2.(77 ■ (-^ f Ц?

2^W

о уз я

~<Л

■|.97(0-

d(R² - х²

2 -,

Вычисление статических моментов и координат центра тяжести плоской кривой

Пусть на плоскости Оху задана система материальных точек Mi{xi; 1/1). М->(х-х: Ух)< ■ ■ •, l\In(x_n', Уп) соответственное массами mi, nix, ■ ■ ■ m„.

Статическим моментом 5_а- системы материальных точек относи­тельно оси Ох называется сумма произведений масс этих точек на их ор-

динаты (т. е. на расстояния этих точек от оси Ox): S_x

Е ^m-i ■ Уг-«=1

251

Аналогично определяется статический момент S_y этой системы от-

п

носительно оси Оу: S_y — 5Z m; • ж».

г=1

Если массы распределены непрерывным образом вдоль некоторой кри­вой, то для выражения статического момента понадобится интегрирова­ние.

Пусть у = f(x) (а ^ х ^ Ь) — это уравнение материальной кривой АВ. Будем считать ее однородной с постоянной линейной плотностью 7 (7 = const).

Для произвольного х £ [а; Ь] на кривой АВ найдется точка с коорди­натами (х; у). Выделим на кривой элементарный участок длины dl. содер­жащий точку (х;у). Тогда масса этого участка равна jdl. Примем этот участок dl приближенно за точку, отстоящую от оси Ох на расстоянии у. Тогда дифференциал статического момента dS_x («элементарный момент») будет равен jdl-y, т. е. dS_x — ■ydl ■ у (см. рис. 196).

О тсюда следует, что статический момент S.,- кри­вой АВ относительно оси Ох равен

' dx.

5, =₇ fydl = yjy_s/l + (y^,_x)

Аналогично находим S_y:

ь S_y=-yjx-_x/i+(y^,_x)*dx.

а

Статические моменты S._r и S,, кривой позволя­ют легко установить положение ее центра тяжести (центра масс). Центром тяжести материальной плоской кривой у — f(x), х G [tr.b] называется точка плоскости, обладающая следующим свойством: если в этой точке сосредоточить всю массу т заданной кривой, то статический момент этой точки относительно любой координатной оси будет ранен ста­тическому моменту всей кривой у = f(x) относительно той же оси. Обо­значим через С(х_с;у_с) центр тяжести кривой АВ.

S„

Из определения центра тяжести следуют равенства m

S_u

S_x. Отсюда х₍

S_y и 7/

Ус

)Г

т ■ у_с = S_x или "/I пли

х_с =

ь Jxdl

fx-^/l + Wdx

а _t

f v/l + Ш> dx

I У'М

a

i

J У ■ V^ + (У',У² dx

)² dx

JV^

Пример 41-14- Найти центр тяжести однородной дуги окружности x² + y² = R², расположенной в первой координатной четверти (см. рис. 197).

252

Q Решение: Очевидно, длина указанной дуги окруж­ности равна Щ^, т. е. / = Щ^. Найдем статический мо­мент ее относительно оси Ох. Так как уравнение дуги есть у = VR- — х² шу'_х= , ~^х = , то (7 = const)

V*

/v^"

dx

_ЧтгЬУ

У
	у = \/Ш~	-х2
R	у\
О	R	X

Рис. 197.

R

= dx = jR dx = jBx\_Q = 1^R ■

VW

R 1 j J&

О

Стало быть,

W

7Г

5,

г¹

₇i?²

Z ^

Так как данная дуга симметрична относительно биссектрисы первого ко-ордипатного угла. то х_с = у_г = =^-. Итак, центр тяжести имеет координа-

ты(2£;2ДУ * •

V 7Г 7Г /

Вычисление статических моментов и координат центра тяжести плоской фигуры

Пусть дана материальная плоская фигура (пластинка), ограниченная кривой у = f(x) ^ 0 и прямыми у = 0, х = а. х = b (см. рис. 198).

/"■

Б удем считать, что поверхностная плотность пла­стинки постоянна (" = const). Toi/ia масса всем! пла-

5, т. е. т

стинки равна

г) dx. Выделим эле-

ментарный участок пластинки в виде бесконечно узкой вертикальной полосы и будем приближенно считать его прямоугольником.

Тогда масса его равна " i/dx. Центр тяжести С пря­моугольника лежит на пересечении диагоналей прямо­угольника. Эта точка С отстоит от оси Ох па -^у. а от

осп Оу па .г (приближенно; точнее на расстоянии х + f.\x). Тогда для ч. ю-

мептарных статических моментов относительно осей Ох и Оу выполнены соотношения

yydx- -у

-7 ■ у dx и dSy = 7 ■ У dx ■ х = 7-''.'у dx.

1

у / у'² dx. Sji = 1 xydx.

dS., Следовательно, S,

По аналогии с плоской кривой получаем, обозначив координаты цен­тра тяжести плоской фигуры (пластинки) через С'(х_с\у_е), что т ■ х_с = S_!n in ■ у_с = S_x ■ Отсюда

j xy dx ъ f y² dx

a a Xc = , Ус = -Г ■

b

jydi

IУ dx

Пример 41-15. Найдем координаты цен­тра тяжести полукруга х~ 4- у~ ^ R². у ^ О (7 = const) (см. рис. 199).

	У R
-/?	О	R -г

Рис. 199.

Q Решение: Очевидно (ввиду симметрии фигуры относительно оси Оу),

R-что х_с = 0. Площадь полукруга раина Щ£—- Находим Sy.

1 " 1 ^:i

-7 / (y/R²-r*y²dx = -₇(i?-.r - ~)\^H_R

_r'«'-'-?4

_I"'

Стало быть,

Итак, центр тяжести имеет координаты С10: 4^- I. •