Черненко В.Д. Высшая математика в примерах и задачах (том 1)

Подождите немного. Документ загружается.

680 Гпава 12

Этот же результат получается при вычислениях по формуле

(7),

т.к. расчеты в обоих случаях тождественны.

в) При вычислении центра тяжести полушара воспользуем-

ся результатами задачи 6.7,6 (рис. 12.47). Зная, что объем полу-

2 ,

шара равен V

—KR\ расстояние от плоскости основания

находим по формуле

х^

=-^—

= - = -'К.

' V 4

27гК'

Этот же результат получается при вычислениях

по

формуле

(7).

7.4. Найти центр тяжести поверхности полусферы.

Решение. При вычислении центра тяжести полусферы вос-

пользуемся результатами задачи 6.4,6

(рис.

12.47).

Поскольку по-

лусфера представляет поверхность вращения, то по формуле (8)

имеем

__^_ тгЯ^ пК^ _1

2л:Гл//г'-х' , ^ dx

7.5. Найти координаты центра тяжести цилиндрической по-

верхности

x^+j^=K^,

ограниченной плоскостями z = 0 и

z = y {y>Q).

Решение. Координаты центра тяжести цилиндрической по-

верхности, перпендикулярной плоскости Oj(pHC. 12.39), опреде-

ляем по формулам (9).

Площадь цилиндрической поверхности равна

5'JzJ/

z^+y^dx. Поскольку z=y, Х^+/=]^, у-—, ,

то

5 = р

^R'-x^

-г^ dx = Rxf = ЪК\

ПРИПОЖЕНИЕ ОПРЕПЕПЕННОГО ИНТЕГРАПА 681

получим X, =0, Ус=—^:г^ =—^^

^с=—1^^

=—^'

Используя статические моменты, вычисленные

задаче 6.8.

тсJ^_7i_ _к R^ _к

7.6. Пользуясь теоремой Гульдина, найти координаты цент-

ра

тяжести:

а) дуги астроиды х=^а

cos^

t, у

= а

sin^

/, лежащей в

первой четверти; б) полукруга.

Решение, а) Вследствие симметрии дуги астроиды относи-

тельно биссектрисы первого координатного угла, координаты

центра тяжести равны х^=у^. На основании первой теоремы

Гульдина площадь поверхности, полученной вращением астро-

иды вокруг оси Ох, равна длине дуги астроиды, умноженной на

длину окружности, описанной ее центром тяжести, т. е.

L-2ny^.

Площадь поверхности вращения астроиды найдена в зада-

че 5.2 и равна S = —ла^. Длина дуги найдена в задаче 4.1,6 и

3 S 6л

а^

равна L

— a, Таким образом у^

= ——- =

—г~7~ - Т ^•

2 Ь2я

5-За2к

б) Выберем оси координат таким образом, чтобы ось Ох

совпадала с диаметром, начало координат с центром круга.

Вследствие симметрии полукруга относительно оси Оу имеем

х^=0.

При вращении полукруга вокруг оси Ох получим

шар,

объем

4 я 1 2

которого равен V

—KR

Площадь полукруга равна S =

—KR

Пользуясь второй теоремой Гульдина, имеем V

S- 2пу^. Отсю-

AKR^'2

_AR

^^ ^'~3KR^'2n~ Зп'

7.7. Найти поверхность и объем тела, которое получается

при вращении окружности {х-аУ +у^

=^R^,

0<R<a вокруг

оси Оу (такое тело называется тором).

682 Гпава 12

Решение. Центр тяжести окружности совпадает с ее цент-

ром и отстоит от оси вращения Оу на расстоянии а. Используя

первую теорему Гульдина, находим площадь поверхности

S = Ыка = 2KR

1ка -

An^aR.

Объем тора находим по второй

теореме Гульдина V - кК^

•

1па

2к аК ,

12.8.

Приложение определенного интеграла

задачам механики и

физики

1°.

Сила давления жидкости на вертикальную пластинку

согласно закону Паскаля (рис. 12.54) равна произведению пло-

щади пластинки S на глубину

ее

погружения х и определяется по

формуле Р

yxS или

y\\dS

Y{^xydx, (1)

Ja Ja

где у = f(x) — известная функция, зависящая от формы плас-

тинки; аяЬ — значения переменной интегрирования, соответ-

ствующие граничным точкам пластинки; у — удельный вес

жидкости.

f(x)

Рис. 12.54

2°.

Работа переменной силы f{s) при перемещении едини-

цы массы из положения s

положение s=b численно равна

определенному интегралу

ПРИПОМСЕНИЕ ОПРЕПЕПЕННОГО ИНТЕГРАПА 683

= \''Ks)ds

(2)

Если переменная сила /(х) действует

направлении оси Ох,

то работа силы равна

= \ Kx)dx. (3)

Если положение точки на траектории ее движения s=^s{t)

описывается

помощью переменной

t,a<t<

величина прой-

денного пути является непрерывно дифференцируемой функци-

ей,

то работа определяется по формуле

\^f(s{t))sXt)dL (4)

3°.

Если задан закон изменения скорости v = f(t) при не-

равномерном движении тела, где

—

время,

то пройденный путь

определяется по формуле

fvdt

ff{t)dt,

(5)

Ja Ja

где a,b — значения переменной / на концах пройденного пути.

4°.

Скорость истечения жидкости из отверстия на расстоя-

нии h от свободной поверхности по закону Торичелли равна

= lJiyJ2gh ,

где

— коэффициент, зависящий от вязкости жид-

кости, формы сосуда и отверстия (для воды fi - 0,6), g — уско-

рение свободного падения.

Если за время t уровень жидкости в сосуде понизился на

величину х, то, допуская, что скорость истечения в течение ма-

лого периода А/ постоянна, ее значение определяется выраже-

нием

V =

iiyJ2g{h-x).

Из равенства объема жидкости вытекшей через отверстие и

объема опорожнившейся за этот же промежуток части сосуда

/j,Syj2g(h-x)At - S(x)Ax, где s — площадь отверстия, S(x)

684 Гпава 12

площадь поверхности жидкости, находим, что время полного опо-

рожнения сосуда равно

Г =

1 гя S{x)dx

Jo jTrT- (6)

^s^^'

4h^

IpdV

(J)

5^.

Зависимость между объемом V

давлением р газа при

изотермическом изменении состояния газа, т. е. постоянной тем-

пературе, согласно закону Бойля-Мариотта имеет вид

= poVo

= с -

const.

Работа при изменении объема газа от зна-

чения J^ до ^2 определяется по формуле

или на основании закона Бойля-Мариотта по формуле

iy. V F, р,

где р^ и р^ — давления в начале и в конце процесса.

Работа, зат;рачиваемая на сжатие газа в цилиндре при из-

менении поршня на величину

А,

находится по формуле

? (9)

где Н— высота цилиндра.

случае адиабатического процесса, когда при расширении

объема газа температура понижается, а при сжатии — повыша-

ется, объем V и давление связаны соотношением Пуассона

pV^

= poVo

=с-

const,

где к — постоянная для данного газа ве-

личина, всегда большая единицы (для воздуха /: -1,4).

Работа при адиабатическом изменении объема газа равна

ПРИПОЖЕНИЕ ОПРЕПЕПЕННОГО ИНТЕГРАПА 685

При движении поршня в цилиндре работа определяется, со-

ответственно по формуле

s:^-^

(H-yV ~

PoVo^

1 ^

k-l jrk-X

{H-hJ-'

(И)

6°.

Кинетическая энергия материальной точки массы

об-

ладающей скоростью

, определяется по формуле К = .

При расчете кинетической энергии тела его разбивают на эле-

ментарные частицы. Суммируя кинетические энергии этих час-

тиц, в пределе при

/7 —>

сх>,

посредством интегрального перехода,

1 "

находят кинетическую энергию всего тела К

= — lim

V ^Р^ •

Если материальная точка вращается вокруг неподвижной

оси с угловой скоростью

(У

—,

то ее кинетическая энергия оп-

ределяется по формуле К

—1со^,

где / = тг^ — момент инер-

ции относительно оси вращения, г — расстояние от оси

вращения. Кинетическая энергия тела, вращающегося вокруг

неподвижной оси, находится аналогично, посредством интег-

рального перехода.

8.1.

Плотина имеет форму трапеции с верхним основанием

200 м, нижним 150 м и высотой 10м. Определить давление воды

на плотину.

Решение.

Сделаем чертеж

(рис.

12.55).

силу симмтрии давле-

ние на всю плотину равно удвоенному давлению на половину плоти-

ны.

Согласно формуле

(1)

имеем Р

2у\ xydx, где у =

т/м^.

Найдем зависимость у от х. Возьмем на прямой АВ произ-

вольную точку F с координтами {х,у) и рассмотрим два треу-

гольниа ABC

AEF,

686

Гпава 12

\ °

k"'

Рис. 12.55

EF АЕ

Из подобия треугольников имеем --г:г = —г или

СВ АС

EF 10-JC

1А , откуда £F = 25--jc; v =

+ £F = 100—х.

25 10 2 2

Таким образом

гю I 5

\dx =

^ х' 5х' ^'

100—--—

2 2 3,

= 10328т.

8.2. Цилиндрическая цистерна наполовину наполнена мас-

лом 7 = 0,9

т/м^.

Определить давление масла на каждую из плос-

ких стенок цилиндра, если радиус ее равен 1м.

Решение. Сделаем чертеж (рис. 12.56). По условию

\Jl-x^ . Согласно формуле (1) имеем

Рис. 12.56

ПРИПО^СЕНИЕ ОПРЕПЕПЕННОГО ИНТЕГРАЛА

687

Y\'^xydx

y\\^\-x'(h

-Y-\\\-x^yd{\-x')

2 3

o,3T.

8.3.

Найти давление жидкости на прямоугольную пластин-

ку длиной а

шириной

Ь,

наклоненной к поверхности жидкости

под углом

ос

и находящейся на глубине h.

Решение. Выделим на глубине х элементарную полоску

(рис.

12.57), площадь которой равна dS =

Используя фор-

sin а

мулу (1), получим

р-у[

h+bs'ma

xdS =

Рис. 12.57

-fl-r'"%dx

-^^x^

sin а

•'Л 2

sin а

h+bs\na

= —^—(2hbsma-\-b^sin^a)

yab(h

+—bsma),

Isina 2

8.4. Найти силу, с которой выталкивается круговой ко-

нус с радиусом основания R и высотой Я, погруженный в воду

вершиной вниз так, что его основание находится на поверхно-

сти воды.

Решение. Конус, опущенный в воду, выталкивается верти-

кальной составляющей сил давления (рис. 12.58) /^ = Pcosa .

688

Гпава 12

Рис. 12.58

Силы давления действуют на поверхность конуса. Вьщелим

элементарное кольцо, площадь которого равна dS =

Inydl,

где

= yjl +

y'^dx — дифференциал образующей. Уравнение обра-

зующеи имеет ввд -77+"-^

Отсюда y

Н R

—

, а dl = dx

По формуле (1) при 7 =

будем иметь

Р =

2жК\

^H' + R'

^0 { Н) Н

dx =

InR

4И

'+R'

( 2 3

' JC X

Поскольку COS» =

I =-7rHR^jH^+R'

2 ЗЯ

R 1 ,

-,тоЯ =-лг/г'Я.

VF+F^'

" 3

8.5. Найти давление воды на поверхность шара радиса а,

если его центр находится на глубине b от поверхности воды

{Ь>аУ

ПРИПО?КЕНИЕ ОПРЕПЕПЕННОГО ИНТЕГРАПА

689

Решение.

Вьщелим двумя горизонтальными плоскостями

эле-

ментарную поверхность шара (рис. 12.59), площадь которой

2Kydl. Из уравнения окружности х^+у^=а^ найдем

элемен-

-^iidl

= yjl +

y^dx

^dx

-dx^ Поскольку

тарное кольцо отстоит от поверхности воды на расстоянии

Ь +

х,

то пользуясь формулой (1) при 7 =

получим

27гГ

(b +

x)y^dx

2na

J-a у

Л \

Ьх+'-

4жа

Ь,

Рис. 12.59

8.6. Найти работу, которую необходимо затратить для за-

пуска ракеты массы т с поверхности Земли на высоту h.

Решение. Сила притяжения тела землей, согласно закону

^ ,тМ ,.

всемирного тяготения, равна F

к ——, где М — масса земли,

— расстояние ракеты от центра земли, к — гравитационная

постоянная. Поскольку на поверхности земли при x

R сила

рав-

на F

mg, где g — ускорение свободного падения, то

тМ _ _ _ _ R^

mg = к'

Отсюда имеем, что кМ = gR' и F

mg—Y