41.4. Вычисление объема тела

Вычисление объема тела по известным площадям параллельных сечений

Пусть требуется найти объем V тела, причем известны площади S сечений этого тела плоскостями, перпендикулярными некоторой оси, например оси Ох: S = S(x), а ≤ х ≤ b.

Применим схему II (метод дифференциала).

1. Через произвольную точку х є [a;b] проведем плоскость ∏, перпендикулярную оси Ох (см. рис. 188). Обозначим через S(x) площадь сечения тела этой плоскостью; S(x) считаем известной и непрерывно изменяющейся при изменении х. Через v(x) обозначим объем части тела, лежащее левее плоскости П. Будем считать, что на отрезке [а; х] величина v есть функция от х, т. е. v = v(x)  (v(a) = 0, v(b) = V).

2. Находим дифференциал dV функции v = v(x). Он представляет собой «элементарный слой» тела, заключенный между параллельными плоскостями, пересекающими ось Ох в точках х и х+Δх, который приближенно может быть принят за цилиндр с основанием S(x) и высотой dx. Поэтому дифференциал объема dV = S(x) dx.

3. Находим искомую величину V путем интегрирования dA в пределах от а до В:

Полученная формула называется формулой объема тела по площади параллельных сечений.

 

Пример 41.6. Найти объем эллипсоида

Решение: Рассекая эллипсоид плоскостью, параллельной плоскости Oyz и на расстоянии х от нее (-а≤х≤a), получим эллипс (см. рис. 189):

Площадь этого эллипса равна

Поэтому, поформуле (41.6), имеем

 

Объем тела вращения

Пусть вокруг оси Ох вращается криволинейная трапеция, ограниченная непрерывной линией у = ƒ(х)  0, отрезком а ≤ x ≤ b и прямыми х = а и х = b (см. рис. 190). Полученная от вращения фигура называется телом вращения. Сечение этого тела плоскостью, перпендикулярной оси Ох, проведенной через произвольную точку х оси Ох (х Î [а; b]), есть круг с радиусом у= ƒ(х). Следовательно, S(x)=py^2.

Применяя формулу (41.6) объема тела по площади параллельных сечений, получаем

Если криволинейная трапеция ограничена графиком не прерывной функции х=φ(у) ≥ 0 и прямыми х = 0, у = с,

у = d (с < d), то объем тела, образованного вращением этой трапеции вокруг оси Оу, по аналогии с формулой (41.7), равен

 

Пример 41.7. Найти объем тела, образованного вращением фигуры, ограниченной линиямивокруг оси Оу (см. рис. 191).

Решение:По формуле (41.8) находим:

 

41.5. Вычисление площади поверхности вращения

Пусть кривая АВ является графиком функции у = ƒ(х) ≥ 0, где х є [а;b], а функция у = ƒ(х) и ее производная у'=ƒ'(х) непрерывны на этом отрезке.

Найдем площадь S поверхности, образованной вращением кривой АВ вокруг оси Ох.

Применим схему II (метод дифференциала).

1. Через произвольную точку х є [а; b] проведем плоскость ∏, перпендикулярную оси Ох. Плоскость ∏ пересекает поверхность вращения по окружности с радиусом у = ƒ(х) (см. рис. 192). Величина S поверхности части фигуры вращения, лежащей левее плоскости, является функцией от х, т. е. s=s(x) (s(a)=0 и s(b)=S).

2. Дадим аргументу х приращение Δх = dx. Через точку х + dx є [а; b] также проведем плоскость, перпендикулярную оси Ох. Функция s=s(x) получит приращение Аз, изображенного на рисунке в виде «пояска».

Найдем дифференциал площади ds, заменяя образованную между сечениями фигуру усеченным конусом, образующая которого равна dl, а радиусы оснований рав ны у и у+dy. Площадь его боковой поверхности равна ds=p(у+у+dy)•dl=2pуdl + pdydl. Отбрасывая произведение dydl как бесконечно малую высшего порядка, чем ds, получаем ds=2pуdl, или, так как

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

Если кривая АВ задана параметрическими уравнениями х = x(t),y=y(t), t₁ ≤ t ≤ t₂, то формула (41.9) для площади поверхности вращения принимает вид

 

Пример 41.8. Найти площадь поверхности шара радиуса R.

Решение: Можно считать, что поверхность шара образована вращением полуокружностивокруг оси Ох. По формуле (41.9) находим

Пример 41.9. Дана циклоида

Найти площадь поверхности, образованной вращением ее вокруг оси Ох.

Решение: При вращении половины дуги циклоиды вокруг оси Ох площадь поверхности вращения равна

 

41.6. Механические приложения определенного интеграла

Работа переменной силы

Пусть материальная точка М перемещается вдоль оси Ох под действием переменной силы F = F(x), направленной параллельно этой оси. Работа, произведенная силой при перемещении точки М из положения х = а в положение х = b (a < b), находится по формуле (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?

Решение: По закону Гука упругая сила, растягивающая пружину, пропорциональна этому растяжению х, т. е. F = kх, где k — коэффициент пропорциональности. Согласно условию задачи, сила F = 100 Н растягивает пружину на х = 0,01 м; следовательно, 100 = k*0,01, откуда k = 10000; следовательно,F = 10000х.

Искомая работа на основании формулы (41.10) равна

Пример 41.11. Найти работу, которую необходимо затратить, чтобы выкачать через край жидкость из вертикального цилиндрического резервуара высоты Н м и радиусом основания R м.

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

Для 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 x (0 <= x <= H), есть функция от х, т.е. А = А(х), где 0≤x≤H (А(0)=0, А(Н)=А₀).

2. Находим главную часть приращения ΔА при изменении х на величину Δх = dx, т. е. находим дифференциал dA функции А(х).

Ввиду малости dx считаем, что «элементарный» слой жидкости находится на одной глубине х (от края резервуара) (см. рис. 193). Тогда dA = dp*x, где dp — вес  этого слоя; он равен g *gdv, где g — ускорение свободного падения, g — плотность жидкости, dv — объем «элементарного» слоя жидкости (на рисунке он выделен), т. е. dp = ggdv. Объем указанного слоя жидкости, очевидно, равен pR² dx, где dx — высота цилиндра (слоя), pR² — площадь его основания, т. е. dv=pR² dx.

Таким образом, dp=ggpR² dx и dA = ggpR²dx*x.

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

Путь, пройденный телом

Пусть материальная точка перемещается по прямой с переменной скоростью v=v(t). Найдем путь S, пройденный ею за промежуток времени от t₁ до t₂.

Решение: Из физического смысла производной известно, что при движении точки в одном направлении «скорость прямолинейного движения равна производной от пути по времени», т. е .. Отсюда следует, что dS = v(t)dt. Интегрируя полученное равенство в пределах от t₁ до t₂, получаем

 

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

Пример 41.12. Найти путь, пройденный телом за 4 секунды от начала движения, если скорость тела v(t) = 10t + 2 (м/с).

Решение: Если v(t)=10t+2 (м/с), то путь, пройденный телом от начала движения (t=0) до конца 4-й секунды, равен

Давление жидкости на вертикальную пластинку

По закону Паскаля давление жидкости на горизонтальную пластину равно весу столба этой жидкости, имеющего основанием пластинку, а высотой — глубину ее погружения от свободной поверхности жидкости, т. е. Р = g*g*S*h, где g — ускорение свободного падения,  g— плотность жидкости, S - площадь пластинки, h - глубина ее погружения.

По этой формуле нельзя искать 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 = b, у₁ = f₁(x) и у₂=ƒ₂(х); система координат выбрана так, как указано на рисунке 194. Для нахождения давления Р жидкости на эту пластину применим схему II (метод дифференциала).

1. Пусть 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 є [а; b] (р(а)=0,р(b) = Р).

2. Дадим аргументу х приращение Δх = dx. Функция р(х) получит приращение Δр (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 — горизонтальная.

Тогда по закону Паскаля

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

 

Пример 41.13. Определить величину давления воды на полукруг, вертикально погруженный в жидкость, если его радиус R, а центр О находится на свободной поверхности воды (см. рис. 195).

Решение: Воспользуемся полученной формулой для нахождения давления жидкости на вертикальную пластинку. В данном случае пластинка ограничена линиями х = 0, х=R. Поэтому

Вычисление статических моментов и координат центра тяжести плоской кривой

Пусть на плоскости Оху задана система материальных точек M₁ (x₁; y₁), М₂(х₂; у₂),..., М_n(х_n; у_n) соответственно с массами m₁, m₂,... ...,m_n.

Статическим моментом S_x системы материальных точек относительно оси Ох называется сумма произведений масс этих точек на их ординаты (т. е. на расстояния этих точек от оси Ох):

Аналогично определяется статический момент S_y этой системы относительно оси

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

Пусть у = ƒ(х) (a≤x≤b) — это уравнение материальной кривой АВ. Будем считать ее однородной с постоянной линейной плотностью g (g = const).

Для произвольного х є [а; b] 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 g dl. Примем этот участок dl приближенно за точку, отстоящую от оси Ох на расстоянии у. Тогда дифференциал статического момента dS_x («элементарный момент») будет равен gdly, т. е. dS_x = gdlу (см. рис. 196).

Отсюда следует, что статический момент S_x кривой АВ относительно оси Ох равен

Аналогично находим S_y:

 Статические моменты S_x и S_y кривой позволяют легко установить положение ее центра тяжести (центра масс).

Центром тяжести материальной плоской кривой у = ƒ(х), х Î [a;b] называется точка плоскости, обладающая следующим свойством: если в этой точке сосредоточить всю массу m заданной кривой, то статический момент этой точки относительно любой координатной оси будет равен статическому моменту всей кривой у = ƒ (х) относительно той же оси. Обозначим через С(х_с;у_с) центр тяжести кривой АВ.

Из определения центра тяжести следуют равенства  Отсюда или

Пример 41.14. Найти центр тяжести однородной дуги окружности x²+y²=R², расположенной в первой координатной четверти (см. рис. 197).

Решение: Очевидно, длина указанной дуги окружности равна pR/2, т. е. l=pR/2. Найдем статический момент ее относительно оси Ох. Так как уравнение дуги есть

Стало быть,

Так как данная дуга симметричнаотносительно биссектрисы первого координатного угла, то х_с=у_с=2R/p. Итак, центр тяжести имеет координаты

 

Вычисление статических моментов и координат центра тяжести плоской фигуры

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

Будем считать, что поверхностная плотность пластинки постоянна (g = const). Тогда масса «всей пластинки равна g * S, т. еВыделим элементарный участок пластинки в виде бесконечно узкой вертикальной полосы и будем приближенно считать его прямоугольником.

Тогда масса его равна gydx. Центр тяжести С пря моугольника лежит на пересечении диагоналей прямоугольника. Эта точка С отстоит от оси Ох на 1/2*у, а от оси Оу на х (приближенно; точнее на расстоянии х+¹/₂∆х). Тогда для элементарных статических моментов относительно осей Ох и Оу выполнены соотношения

Следовательно,

По аналогии с плоской кривой получаем, обозначив координаты центра тяжести плоской фигуры (пластинки) через С(х_с; у_с), что m•х_с=S_y, m•у_с=S_x. Отсюда

или

Пример 41.15. Найдем координаты центра тяжести полукруга х²+у²≤R², у≥0 (g=const) (см. рис. 199).

Решение: Очевидно (ввиду симметрии фигуры относительно оси Оу), что х_с=0. Площадь полукруга равнаНаходим S_x:

Стало быть,

Итак, центр тяжести имеет координаты

 

См. также

Оглавление | Лекция 31 | Лекция 33