Физические приложения определенного интеграла примеры. Приложения определенного интеграла

Лекция 21 Приложения определенного интеграла (2ч)

Геометрические приложения

а) Площадь фигуры

Как уже отмечалось в лекции 19, численно равен площади криволинейной трапеции, ограниченной кривой у = f (x ) , прямыми х = а , х = b и отрезком [a , b ] оси ОХ. При этом если f (x ) £ 0 на [a , b ], то интеграл следует взять со знаком минус.

Если же на заданном отрезке функция у = f (x ) меняет знак, то для вычисления площади фигуры, заключенной между графиком этой функции и осью ОХ, следует разбить отрезок на части, на каждой из которых функция сохраняет знак, и найти площадь каждой части фигуры. Искомая площадь в этом случае есть алгебраическая сумма интегралов по этим отрезкам, причем интегралы, соответствующие отрицательным значения функции, взяты в этой сумме со знаком «минус».

Если фигура ограничена двумя кривыми у = f 1 (x ) и у = f 2 (x ), f 1 (x )£f 2 (x ), то, как следует из рис.9, ее площадь равна разности площадей криволинейных трапеций а ВСb и а АDb , каждая из которых численно равна интегралу. Значит,

Заметим, что площадь фигуры, изображенной на рисунке 10,а находятся по такой же формуле: S = (докажите это!). Подумайте, как вычислить площадь фигуры, изображенной на рисунке 10,б?

Мы вели речь только о криволинейных трапециях, прилежащих к оси ОХ. Но аналогичные формулы справедливы и для фигур, прилежащих к оси ОУ. Например, площадь фигуры, изображенной на рисунке 11, находится по формуле

Пусть линия y = f (x ), ограничивающая криволинейную трапецию, может быть задана параметрическими уравнениями , t Î , причем j(a)=а , j(b) = b , т.е. у = . Тогда площадьэтой криволинейной трапеции равна

.

б) Длина дуги кривой

Пусть дана кривая у = f (x ). Рассмотрим дугу этой кривой, соответствующую изменению х на отрезке [a , b ]. Найдем длину этой дуги. Для этого разобьем дугу АВ на п частей точками А = М 0 ,М 1 , М 2, ..., М п = В (рис.14), соответствующими точкам х 1 , х 2 , ..., х п Î [a , b ].

Обозначим Dl i длину дуги , тогда l = . Если длины дуг Dl i достаточно малы, то их можно считать приближенно равными длинам соответствующих отрезков , соединяющих точки М i -1, Mi . Эти точки имеют координаты М i -1 (х i -1, f (x i -1)) , M i (х i , f (x i )). Тогда длины отрезков равны соответственно

Здесь использована формула Лагранжа. Положим х i – x i -1 =Dх i , получим

Тогда l = , откуда

l = .

Таким образом, длина дуги кривой у = f (x ), соответствующей изменению х на отрезке [a , b ], находится по формуле

l = , (1)

Если кривая задана параметрически , t Î, т.е. y (t ) = f (x (t )), то из формулы (1) получим:

l =
.

Значит, если кривая задана параметрически , то длина дуги этой кривой, соответствующей изменению t Î, находится по формуле

в) Объем тела вращения.

Рис.15

Рассмотрим криволинейную трапецию а АВb , ограниченную линией у = f (x ), прямыми х = а , х = b и отрезком [a , b ] оси ОХ (рис.15). Пусть эта трапеция вращается вокруг оси ОХ, в результате получится тело вращения. Можно доказать, что объем этого тела будет равен

Аналогично можно вывести формулу объема тела, полученного вращением вокруг оси ОУ криволинейной трапеции, ограниченной графиком функции х = j(у ), прямыми y = c , y = d и отрезком [c , d ] оси ОУ (рис.15):

Физические приложения определенного интеграла

В лекции 19 мы доказали, что с физической точки зрения, интеграл численно равен массе прямолинейного тонкого неоднородного стержня длины l = b – a , с переменной линейной плотностью r = f (x ), f (x ) ³ 0, где х – расстояние от точки стержня до его левого конца.

Рассмотрим другие физические приложения определенного интеграла.

Задача 1 . Найти работу, необходимую для выкачивания масла из вертикального цилиндрического резервуара высотой Н и радиусом основания R. Плотность масла равна r.

Решение. Построим математическую модель данной задачи. Пусть ось ОХ проходит вдоль оси симметрии цилиндра высоты Н и радиуса R, начало – в центре верхнего основания цилиндра (рис.17). Разобьем цилиндр на п малых горизонтальных частей. Тогда , где A i – работа по выкачиванию i -го слоя. Это разбиение цилиндра соответствует разбиению отрезка изменения высоты слоя на п частей. Рассмотрим один из таких слоев, расположенный на расстоянии х i от поверхности, шириной Dх (или сразу dx ). Выкачивание этого слоя можно рассматривать как «поднятие» слоя на высоту х i .

Тогда работа по выкачиванию этого слоя равна

A i »Р i x i , ,

где Р i =rgV i = rgpR 2 dx , Р i – вес, V i – объем слоя. Тогда A i » Р i x i = rgpR 2 dx.х i , откуда

, и, следовательно, .

Задача 2 . Найти момент инерции

а) полого тонкостенного цилиндра относительно оси, проходящей через ось его симметрии;

б) сплошного цилиндра относительно оси, проходящей через ось его симметрии;

в) тонкого стержня длины l относительно оси, проходящей через его середину;

г) тонкого стержня длины l относительно оси, проходящей через его левый конец.

Решение. Как известно, момент инерции точки относительно оси равен J =mr 2 , а системы точек .

а) Цилиндр тонкостенный, значит, толщиной стенок можно пренебречь. Пусть радиус основания цилиндра R, высота его Н, плотность масс на стенках равна r.

Разобьем цилиндр на п частей и найдем , где J i – момент инерции i -го элемента разбиения.

Рассмотрим i -й элемент разбиения (бесконечно малый цилиндрик). Все его точки находятся на расстоянии R от оси l . Пусть масса этого цилиндрика т i , тогда т i = rV i » rS бок = 2prRdx i , где х i Î. Тогда J i » R 2 prRdx i , откуда

.

Если r – постоянная, то J = 2prR 3 Н, а так как при этом масса цилиндра равна М = 2prRН, то J = МR 2 .

б) Если цилиндр сплошной (заполненный), то разобьем его на п вло женных один в другого тонких цилиндров. Если п велико, каждый из этих цилиндров можно считать тонкостенным. Это разбиение соответствует разбиению отрезка на п частей точками R i . Найдем массу i -го тонкостенного цилиндра: т i = rV i , где

V i = pR i 2 Н – pR i - 1 2 Н = pН(R i 2 –R i -1 2) =

PН(R i –R i -1)(R i +R i -1).

Ввиду того, что стенки цилиндра тонкие, то можно считать, что R i +R i -1 » 2R i , а R i –R i -1 = DR i , тогда V i » pН2R i DR i , откуда т i » rpН×2R i DR i ,

Тогда окончательно

в) Рассмотрим стержень длины l , плотность масс которого равна r. Пусть ось вращения проходит через его середину.

Моделируем стержень как отрезок оси ОХ, тогда ось вращения стержня –ось ОУ. Рассмотрим элементарный отрезок , масса его , расстояние до оси можно считать приближенно равным r i = х i . Тогда момент инерции этого участка равен , откуда момент инерции всего стержня равен . Учитывая, что масса стержня равна , то

г) Пусть теперь ось вращения проходит через левый конец стержня, т.е. моделью стержня является отрезок оси ОХ. Тогда аналогично , r i = х i , , откуда , а так как , то .

Задача 3. Найти силу давления жидкости с плотностью r на прямоугольный треугольник с катетами а и b , погруженный вертикально в жидкость так, что катет а находится на поверхности жидкости.

Решение .

Построим модель задачи. Пусть вершина прямого угла треугольника находится в начале координат, катет а совпадает с отрезком оси ОУ (ось ОУ определяет поверхность жидкости), ось ОХ направлена вниз, катет b совпадает с отрезком этой оси. Гипотенуза этого треугольника имеет уравнение , или .

Известно, что если на горизонтальную область площади S , погруженную в жидкость плотности r, давит столб жидкости высотой h , то сила давления равна (закон Паскаля). Воспользуемся этим законом.

Площадь криволинейной трапеции, ограниченной сверху графиком функции y=f(x) , слева и справа - прямыми x=a и x=b соответственно, снизу - осью Ox , вычисляется по формуле

Площадь криволинейной трапеции, ограниченной справа графиком функции x=φ(y) , сверху и снизу - прямыми y=d и y=c соответственно, слева - осью Oy :

Площадь криволинейной фигуры, ограниченной сверху графиком функции y 2 =f 2 (x) , снизу - графиком функции y 1 =f 1 (x) , слева и справа - прямыми x=a и x=b :

Площадь криволинейной фигуры, ограниченной слева и справа графиками функций x 1 =φ 1 (y) и x 2 =φ 2 (y) , сверху и снизу - прямыми y=d и y=c соответственно:

Рассмотрим случай, когда линия, ограничивающая криволинейную трапецию сверху, задана параметрическими уравнениями x = φ 1 (t) , y = φ 2 (t) , где α ≤ t ≤ β , φ 1 (α)=a , φ 1 (β)=b . Эти уравнения определяют некоторую функцию y=f(x) на отрезке [a, b ]. Площадь криволинейной трапеции вычисляется по формуле

Перейдем к новой переменной x = φ 1 (t) , тогда dx = φ" 1 (t) dt , а y=f(x)=f(φ 1 (t))=φ 2 (t) , следовательно, \begin{displaymath}

Площадь в полярных координатах

Рассмотрим криволинейный сектор OAB , ограниченный линией, заданной уравнением ρ=ρ(φ) в полярных координатах, двумя лучами OA и OB , для которых φ=α , φ=β .

Сектор разобьем на элементарные секторы OM k-1 M k (k=1, …, n , M 0 =A , M n =B ). Обозначим через Δφ k угол между лучами OM k-1 и OM k , образующими с полярной осью углы φ k-1 и φ k соответственно. Каждый из элементарных секторов OM k-1 M k заменим круговым сектором с радиусом ρ k =ρ(φ" k) , где φ" k - значение угла φ из промежутка [φ k-1 , φ k ], и центральным углом Δφ k . Площадь последнего сектора выражается формулой .

выражает площадь "ступенчатого" сектора, приближенно заменяющего данный сектор OAB .

Площадью сектора OAB называется предел площади "ступенчатого" сектора при n → ∞ и λ=max Δφ k → 0 :

Так как , то

Длина дуги кривой

Пусть на отрезке [a, b ] задана дифференцируемая функция y=f(x) , графиком которой является дуга . Отрезок [a,b ] разобьем на n частей точками x 1 , x 2 , …, x n-1 . Этим точкам будут соответствовать точки M 1 , M 2 , …, M n-1 дуги , соединим их ломаной линией, которую называют ломаной, вписанной в дугу . Периметр данной ломаной обозначим через s n , то есть

Определение . Длиной дуги линии называется предел периметра вписанной в нее ломаной, когда число звеньев M k-1 M k неограничено возрастает, а длина наибольшего из них стремится к нулю:

где λ - длина наибольшего звена.

Будем отсчитывать длину дуги от некоторой ее точки, например, A . Пусть в точке M(x,y) длина дуги равна s , а в точке M"(x+Δ x,y+Δy) длина дуги равна s+Δs , где,i>Δs - длина дуги . Из треугольника MNM" находим длину хорды : .

Из геометрических соображений следует, что

то есть бесконечно малая дуга линии и стягивающая ее хорда эквивалентны.

Преобразуем формулу, выражающую длину хорды :

Переходя к пределу в этом равенстве, получим формулу для производной функции s=s(x) :

из которой находим

Эта формула выражает дифференциал дуги плоской кривой и имеет простой геометрический смысл : выражает теорему Пифагора для бесконечно малого треугольника MTN (ds=MT , ).

Дифференциал дуги пространственной кривой определяется формулой

Рассмотрим дугу пространственной линии, заданной параметрическими уравнениями

где α ≤ t ≤ β , φ i (t) (i=1, 2, 3 ) - дифференцируемые функции аргумента t , то

Интегрируя это равенство по промежутку [α, β ], получаем формулу для вычисления длины этой дуги линии

Если линия лежит в плоскости Oxy , то z=0 при всех t∈[α, β] , поэтому

В случае, когда плоская линия задана уравнением y=f(x) (a≤x≤b ), где f(x) - дифференцируемая функция, последняя формула принимает вид

Пусть плоская линия задана уравнением ρ=ρ(φ) (α≤φ≤β ) в полярных координатах. В этом случае имеем параметрические уравнения линии x=ρ(φ) cos φ , y=ρ(φ) sin φ , где в качестве параметра берется полярный угол φ . Поскольку

то формула, выражающая длину дуги линии ρ=ρ(φ) (α≤φ≤β ) в полярных координатах, имеет вид

Объем тела

Найдем объем тела, если известна площадь любого поперечного сечения этого тела, перпендикулярного некоторому направлению.

Разобьем данное тело на элементарные слои плоскостями, перпендикулярными оси Ox и определяемыми уравнениями x=const . Для любого фиксированного x∈ известна площадь S=S(x) поперечного сечения данного тела.

Элементарный слой, отсеченный плоскостями x=x k-1 , x=x k (k=1, …, n , x 0 =a , x n =b ), заменим цилиндром с высотой Δx k =x k -x k-1 и площадью основания S(ξ k) , ξ k ∈ .

Объем указанного элементарного цилиндра выражается формулой Δv k =E(ξ k)Δx k . Составим сумму всех таких произведений

являющуюся интегральной суммой для данной функции S=S(x) на отрезке [a, b ]. Она выражает объем ступенчатого тела, состоящего из элементарных цилиндров и приближенно заменяющего данное тело.

Объемом данного тела называют предел объема указанного ступенчатого тела при λ→0 , где λ - длина наибольшего из элементарных отрезков Δx k . Обозначим через V объем данного тела, тогда по определению

С другой стороны,

Следовательно, объем тела по заданным поперечным сечениям вычисляется по формуле

Если тело образовано вращением вокруг оси Ox криволинейной трапеции, ограниченной сверху дугой непрерывной линии y=f(x) , где a≤x≤b , то S(x)=πf 2 (x) и последняя формула принимает вид:

Замечание . Объем тела, полученного вращением криволинейной трапеции, ограниченной справа графиком функции x=φ(y) (c ≤ x ≤ d ), вокруг оси Oy вычисляется по формуле

Площадь поверхности вращения

Рассмотрим поверхность, полученную вращением дуги линии y=f(x) (a≤x≤b ) вокруг оси Ox (предположим, что функция y=f(x) имеет непрерывную производную). Фиксируем значение x∈ , аргументу функции придадим приращение dx , которому соответствует "элементарное кольцо", полученное вращением элементарной дуги Δl . Это "кольцо" заменим цилиндрическим кольцом - боковой поверхностью тела, образованного вращением прямоугольника с основанием, равным дифференциалу дуги dl , и высотой h=f(x) . Разрезав последнее кольцо и развернув его, получим полоску шириной dl и длиной 2πy , где y=f(x) .

Следовательно, дифференциал площади поверхности выразится формулой

Эта формула выражает площадь поверхности, полученной вращением дуги линии y=f(x) (a≤x≤b ) вокруг оси Ox .

1. Площадь плоской фигуры.

Площадь криволинейной трапеции, ограниченной неотрицательной функцией f (x) , осью абсцисс и прямыми x = a , x = b , определяется как S = ∫ a b f x d x .

Площадь криволинейной трапеции

Площадь фигуры, ограниченной функцией f (x) , пересекающей ось абсцисс, определяется формулой S = ∑ i: f x ≥ 0 ∫ x i - 1 x i f x d x - ∑ i: f x < 0 ∫ x i - 1 x i | f x | d x , где x i – нули функции. Другими словами, чтобы вычислить площадь этой фигуры, нужно разбить отрезок нулями функции f (x) на части, проинтегрировать функцию f по каждому из получившихся промежутков знакопостоянства, сложить отдельно интегралы по отрезкам, на которых функция f принимает разные знаки, и вычесть из первого второе.

2. Площадь криволинейного сектора.

Площадь криволинейного сектора Рассмотрим кривую ρ = ρ (φ) в полярной системе координат, где ρ (φ) – непрерывная и неотрицательная на [α; β] функция. Фигура, ограниченная кривой ρ (φ) и лучами φ = α , φ = β , называется криволинейным сектором. Площадь криволинейного сектора равна S = 1 2 ∫ α β ρ 2 φ d φ .

3. Объем тела вращения.

Объем тела вращения

Пусть тело образовано вращением вокруг оси OX криволинейной трапеции, ограниченной непрерывной на отрезке функцией f (x) . Его объем выражается формулой V = π ∫ a b f 2 x d x .

К задаче о нахождении объема тела по площади поперечного сечения

Пусть тело заключено между плоскостями x = a и x = b , а площадь его сечения плоскостью, проходящей через точку x , – непрерывная на отрезке функция σ (x) . Тогда его объем равен V = ∫ a b σ x d x .

4. Длина дуги кривой.

Пусть задана кривая r → t = x t , y t , z t Тогда длина ее участка, ограниченного значениями t = α и t = β выражается формулой S = ∫ α β x ′ t 2 + y ′ t 2 + z ′ t 2 dt .

Длина дуги плоской кривой В частности, длина плоской кривой, задаваемой на координатной плоскости OXY уравнением y = f (x) , a ≤ x ≤ b , выражается формулой S = ∫ a b 1 + f ′ x 2 dx .

5. Площадь поверхности вращения.

Площадь поверхности вращения Пусть поверхность задается вращением относительно оси OX графика функции y = f (x) , a ≤ x ≤ b , и функция f имеет непрерывную производную на этом отрезке. Тогда площадь поверхности вращения определяется формулой Π = 2 π ∫ a b f x 1 + f ′ x 2 d x .

Определенный интеграл (ОИ) широко используется в практических приложениях математики и физики.

В частности, в геометрии с помощью ОИ находят площади простых фигур и сложных поверхностей, объемов тел вращения и тел произвольной формы, длин кривых на плоскости и в пространстве.

В физике и теоретической механике ОИ применяют для вычисления статических моментов, масс и центров масс материальных кривых и поверхностей, для вычисления работы переменной силы по криволинейному пути и др.

Площадь плоской фигуры

Пусть некоторая плоская фигура в декартовой прямоугольной системе координат $xOy$ сверху ограничена кривой $y=y_{1} \left(x\right)$, снизу -- кривой $y=y_{2} \left(x\right)$, а слева и справа вертикальными прямыми $x=a$ и $x=b$ соответственно. В общем случае площадь такой фигуры выражается с помощью ОИ $S=\int \limits _{a}^{b}\left(y_{1} \left(x\right)-y_{2} \left(x\right)\right)\cdot dx $.

Если же некоторая плоская фигура в декартовой прямоугольной системе координат $xOy$ справа ограничена кривой $x=x_{1} \left(y\right)$, слева -- кривой $x=x_{2} \left(y\right)$, а снизу и сверху горизонтальными прямыми $y=c$ и $y=d$ соответственно, то площадь такой фигуры выражается с помощью ОИ $S=\int \limits _{c}^{d}\left(x_{1} \left(y\right)-x_{2} \left(y\right)\right)\cdot dy $.

Пусть плоская фигура (криволинейный сектор), рассматриваемая в полярной системе координат, образована графиком непрерывной функции $\rho =\rho \left(\phi \right)$, а также двумя лучами, проходящими под углами $\phi =\alpha $ и $\phi =\beta $ соответственно. Формула для вычисления площади такого криволинейного сектора имеет вид: $S=\frac{1}{2} \cdot \int \limits _{\alpha }^{\beta }\rho ^{2} \left(\phi \right)\cdot d\phi $.

Длина дуги кривой

Если на отрезке $\left[\alpha ,\; \beta \right]$ кривая задана уравнением $\rho =\rho \left(\phi \right)$ в полярной системе координат, то длина её дуги вычисляется с помощью ОИ $L=\int \limits _{\alpha }^{\beta }\sqrt{\rho ^{2} \left(\phi \right)+\rho "^{2} \left(\phi \right)} \cdot d\phi $.

Если на отрезке $\left$ кривая задана уравнением $y=y\left(x\right)$, то длина её дуги вычисляется с помощью ОИ $L=\int \limits _{a}^{b}\sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx $.

Если на отрезке $\left[\alpha ,\; \beta \right]$ кривая задана параметрически, то есть $x=x\left(t\right)$, $y=y\left(t\right)$, то длина её дуги вычисляется с помощью ОИ $L=\int \limits _{\alpha }^{\beta }\sqrt{x"^{2} \left(t\right)+y"^{2} \left(t\right)} \cdot dt $.

Вычисление объема тела по площадям параллельных сечений

Пусть необходимо найти объем пространственного тела, координаты точек которого удовлетворяют условиям $a\le x\le b$, и для которого известны площади сечений $S\left(x\right)$ плоскостями, перпендикулярными оси $Ox$.

Формула для вычисления объема такого тела имеет вид $V=\int \limits _{a}^{b}S\left(x\right)\cdot dx $.

Объем тела вращения

Пусть на отрезке $\left$ задана неотрицательная непрерывная функция $y=y\left(x\right)$, образующая криволинейную трапецию (КрТ). Если вращать эту КрТ вокруг оси $Ox$, то образуется тело, называемое телом вращения.

Вычисление объема тела вращения является частным случаем вычисления объема тела по известным площадям его параллельных сечений. Соответствующая формула имеет вид $V=\int \limits _{a}^{b}S\left(x\right)\cdot dx =\pi \cdot \int \limits _{a}^{b}y^{2} \left(x\right)\cdot dx $.

Пусть некоторая плоская фигура в декартовой прямоугольной системе координат $xOy$ сверху ограничена кривой $y=y_{1} \left(x\right)$, снизу -- кривой $y=y_{2} \left(x\right)$, где $y_{1} \left(x\right)$ и $y_{2} \left(x\right)$ -- неотрицательные непрерывные функции, а слева и справа вертикальными прямыми $x=a$ и $x=b$ соответственно. Тогда объем тела, образованного вращением этой фигуры вокруг оси $Ox$, выражается ОИ $V=\pi \cdot \int \limits _{a}^{b}\left(y_{1}^{2} \left(x\right)-y_{2}^{2} \left(x\right)\right)\cdot dx $.

Пусть некоторая плоская фигура в декартовой прямоугольной системе координат $xOy$ справа ограничена кривой $x=x_{1} \left(y\right)$, слева -- кривой $x=x_{2} \left(y\right)$, где $x_{1} \left(y\right)$ и $x_{2} \left(y\right)$ -- неотрицательные непрерывные функции, а снизу и сверху горизонтальными прямыми $y=c$ и $y=d$ соответственно. Тогда объем тела, образованного вращением этой фигуры вокруг оси $Oy$, выражается ОИ $V=\pi \cdot \int \limits _{c}^{d}\left(x_{1}^{2} \left(y\right)-x_{2}^{2} \left(y\right)\right)\cdot dy $.

Площадь поверхности тела вращения

Пусть на отрезке $\left$ задана неотрицательная функция $y=y\left(x\right)$ с непрерывной производной $y"\left(x\right)$. Эта функция образует КрТ. Если вращать эту КрТ вокруг оси $Ox$, то она сама образует тело вращения, а дуга КрТ -- его поверхность. Площадь поверхности такого тела вращения выражается формулой $Q=2\cdot \pi \cdot \int \limits _{a}^{b}y\left(x\right)\cdot \sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx $.

Предположим, что кривую $x=\phi \left(y\right)$, где $\phi \left(y\right)$ -- заданная на отрезке $c\le y\le d$ неотрицательна функция, вращают вокруг оси $Oy$. В этом случае площадь поверхности образованного тела вращения выражается ОИ $Q=2\cdot \pi \cdot \int \limits _{c}^{d}\phi \left(y\right)\cdot \sqrt{1+\phi "^{2} \left(y\right)} \cdot dy $.

Физические приложения ОИ

1. Для вычисления пройденного пути в момент времени $t=T$ при переменной скорости движения $v=v\left(t\right)$ материальной точки, которая начала движение в момент времени $t=t_{0} $, используют ОИ $S=\int \limits _{t_{0} }^{T}v\left(t\right)\cdot dt $.
2. Для вычисления работы переменной сили $F=F\left(x\right)$, приложенной к материальной точке, перемещающейся по прямолинейному пути вдоль оси $Ox$ от точки $x=a$ до точки $x=b$ (направление действия силы совпадает с направлением движения) используют ОИ $A=\int \limits _{a}^{b}F\left(x\right)\cdot dx $.
3. Статические моменты относительно координатных осей материальной кривой $y=y\left(x\right)$ на промежутке $\left$ выражаются формулами $M_{x} =\rho \cdot \int \limits _{a}^{b}y\left(x\right)\cdot \sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx $ и $M_{y} =\rho \cdot \int \limits _{a}^{b}x\cdot \sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx $, где линейная плотность $\rho $ этой кривой считается постоянной.
4. Центр масс материальной кривой -- это точка, в которой условно сосредоточена вся её масса таким образом, что статические моменты точки относительно координатных осей равны соответствующим статическим моментам всей кривой в целом.

Формулы для вычисления координат центра масс плоской кривой имеют вид $x_{C} =\frac{\int \limits _{a}^{b}x\cdot \sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx }{\int \limits _{a}^{b}\sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx } $ и $y_{C} =\frac{\int \limits _{a}^{b}y\left(x\right)\cdot \sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx }{\int \limits _{a}^{b}\sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx } $.

5. Статические моменты материальной плоской фигуры в виде КрТ относительно координатных осей выражаются формулами $M_{x} =\frac{1}{2} \cdot \rho \cdot \int \limits _{a}^{b}y^{2} \left(x\right)\cdot dx $ и $M_{y} =\rho \cdot \int \limits _{a}^{b}x\cdot y\left(x\right)\cdot dx $.
6. Координаты центра масс материальной плоской фигуры в виде КрТ, образованной кривой $y=y\left(x\right)$ на промежутке $\left$, вычисляют по формулам $x_{C} =\frac{\int \limits _{a}^{b}x\cdot y\left(x\right)\cdot dx }{\int \limits _{a}^{b}y\left(x\right)\cdot dx } $ и $y_{C} =\frac{\frac{1}{2} \cdot \int \limits _{a}^{b}y^{2} \left(x\right)\cdot dx }{\int \limits _{a}^{b}y\left(x\right)\cdot dx } $.

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 πR2 dx , где dx - высота цилиндра (слоя), πR2 - площадь его основания, т. е. dv=πR2 dx.

Таким образом, dp=ggπR2 dx и dA = ggπR2dx*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),..., Мn(хn; уn) соответственно с массами m1, m2,... ...,mn.

Статическим моментом Sx 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 Sy 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 dSx («элементарный момент») будет равен gdly, т. е. dSx = gdlу (см. рис. 196).

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

Аналогично находим Sy:

Статические моменты Sx и Sy кривой позволяют легко установить положение ее центра тяжести (центра масс).

Центром тяжести материальной плоской кривой у = ƒ(х), х Î 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(хс;ус) центр тяжести кривой АВ.

Из определения центра тяжести следуют равенства Отсюда или

Пример 41.14. Найти центр тяжести однородной дуги окружности x^2+y^2=R^2, расположенной в первой координатной четверти (см. рис. 197).

Решение: Очевидно, длина указанной дуги окружности равна πR/2, т. е. l=πR/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 хс=ус=2R/π. 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. е Выделим 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(хс; ус), что m хс=Sy, m ус=Sx. Отсюда

Пример 41.15. Найдем координаты центра тяжести полукруга х^2+у^2≤R^2, у≥0 (g=const) (см. рис. 199).

Решение: Очевидно (ввиду симметрии фигуры относительно оси Оу), что хс=0. Площадь полукруга равна Находим Sx:

Стало быть,

Итак, центр тяжести имеет координаты