Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пензенский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

умк_Вакульчик_Опред интеграл

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.05.2015

Размер:

3.63 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 256 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

7.19. Физические и механические приложения определенного интеграла. Общий принцип применения определенных интегралов для решения задач механики и физики

Если для некоторого физического объекта требуется определить об- щую (интегральную) величину у, характеризующую состояние всего объ- екта в целом (массу, равнодействующую силу, энергию, работу, время за- вершения процесса и т. п.), причем параметры объекта, влияющие на эту интегральную величину, непрерывно изменяются при переходе от одной точки объекта к другой, то поступают следующим образом:

1.Объект разбивают на большое количество (на n) малых элементов так, чтобы внутри каждого элемента параметры объекта изменя- лись мало.

2.Среди изменяющихся параметров выбирают некоторый главный параметр x (независимый аргумент). Остальные параметры выра- жают через независимый аргумент.

3.Рассматривают отдельно взятый i-тый малый элемент и, считая его параметры приблизительно постоянными, записывают физи-

ческий закон, определяющий приращение yi искомой величины на i-том элементе через независимый аргумент xi и приращение аргумента xi.

4. Осуществляют суммирование приращений yi искомой величины y по всем n малым элементам (получают интегральную сумму).

5.Увеличивают количество разбиений (элементов) таким образом, чтобы внутри каждого элемента приращение xi независимого аргумента стремилось к нулю. В пределе получается выражение искомой величины y всего объекта через определенный интеграл по x, который затем вычисляют.

Замечание 7 . 1 9 . 1 . Приращение x независимого аргумента x равно его дифференциалу dx. Кроме того, при малом x приращение y за- висимой дифференцируемой величины y приблизительно (с точностью до бесконечно малых) равно ее дифференциалу dy. Поэтому возможен другой способ решения задачи. Согласно этому способу сначала выполняют пунк- ты 1 и 2, описанные выше. Затем в пункте 3 выбирают физический закон, выражающий y1 через xi и xi, который записывают в дифференциальной форме: приращения заменяют на дифференциалы. Таким образом, полу- чают dy = f(x)dx, где f(x) – некоторая найденная функция. Отсюда легко

определяют производную y ' (x) = dy = f (x) . Следовательно, искомая вели- dx

чина y(x) при произвольном значении аргумента x может быть записана в виде интеграла с переменным верхним пределом:

x
y(x) = ∫ f (x)dx .	(7.19.1)

Нижний постоянный предел интегрирования a выбирают из физиче- ского смысла задачи (обычно это крайнее (наименьшее) значение аргумен- та x в данном объекте). Для определения искомой интегральной величины y всего объекта в целом в формулу (7.19.1) вместо переменного предела x следует подставить его второе значение (обычно это максимальное значение аргумента), чтобы получить интегриро- вание по всему объекту. В результате задачу также сводят к вычислению оп-

	Рис. 7.19.1	ределенного интеграла
	Рис. 7.19.1	b
		b
		y = ∫ f (x)dx.
		a

Определенный интеграл применяют к вычислению работы перемен- ной силы, давления жидкости на плоскую пластину, координат центра тя- жести плоской фигуры и плоской кривой и т. п.

Запишем готовые формулы для вычисления физических величин в наиболее часто встречающихся приложениях определенного интеграла:

а) путь, пройденный телом, перемещающимся со скоростью v = v(t)

за промежуток времени [t1;t2 ] , выражается интегралом

S = ∫ v(t)dt ;

б) работа переменной силы, заданной функцией F = F (x) и направ-

ленной вдоль оси Ox на отрезке [a;b] , равна интегралу

A = ∫F (x)dx ;

в) давление жидкости на горизонтальную пластину равно весу стол- ба этой жидкости (закон Паскаля), т. е. P = gγSh , где g – ускорение сво-

бодного падения, γ – плотность жидкости, S – площадь пластинки, h – глу- бина ее погружения.

Давление жидкости на вертикальную пластину, ограниченную линия- ми x = a , x = b , y1 = f1 ( x) и y2 = f 2 ( x) (рис. 7.19.1), вычисляют по формуле

P = gγb∫( f 2 ( x) − f1 ( x)) x dx ;

г) статическим моментом относительно оси и материальной точки А, имею- щей массу m и отстоящей от оси и на расстоянии d называется число M u = md .

Если дуга плоской материальной кривой задана уравнением y = f (x) ,

где x [a;b] , и имеет плотность γ = γ(x) , то статические моменты этой дуги

Mx и My относительно координатных осей Ox и Oy находят по формулам:

M x = b∫γ ( x) f ( x)dl ,	M y = b∫γ ( x) x dl ,
a	a
		dx , dl =		dt ,
	1 + ( f ′( x))2
где dl – дифференциал дуги ( dl =			( x′t )2 + ( y′t )2

dl = ρ 2 + (ρ′ϕ )2 dϕ ).

Моментом инерции относительно оси и материальной точки мас- сой m, отстоящей от оси и на расстоянии d, называется число:

I u = md 2 .

Моменты инерции дуги плоской материальной кривой y = f (x) , где x [a;b] , с заданной плотностью γ = γ(x) , относительно осей координат

соответственно равны

I x = b∫γ ( x)( f ( x))2 1 + ( f ′( x))2 dx ,

I y = b∫γ ( x) x 2 1 + ( f ′( x))2 dx .

Координаты центра

масс дуги

плоской материальной кривой

y = f (x) , где x [a;b] , с плотностью γ = γ(x) вычисляют по формулам:

b∫γ ( x) x

M y

1 + ( f ′( x))2

b∫γ ( x) f ( x)

M x

1 + ( f ′(x))2

где m – масса дуги, вычисляемая по формуле m = b∫γ ( x) 1 + ( f ′( x))2 dx ;

д) для плоской фигуры, ограниченной кривыми y = f1 ( x) , y = f 2 ( x) ,

f1 ( x) ≤ f 2 ( x) и прямыми x = a, x = b (a ≤ x ≤ b) , статистические моменты выражаются формулами:

M x	=	1	b∫γ ( x)( f	22 ( x) − f12 ( x)) dx ,

	2		a

M y = ∫ x γ ( x)( f 2 ( x) − f1 ( x)) dx .

Координаты центра масс плоской фигуры вычисляются по формулам:

∫ x γ ( x)( f 2

( x) − f1 ( x))dx

M y

2 a

∫γ ( x)( f 2 (x) − f1(x)) dx

∫γ ( x)( f 22 ( x) − f12 ( x))dx

M x

∫γ ( x)( f 2 (x) − f1(x)) dx

Пример 7.19.1. Найти работу, которую нужно затратить, чтобы выкачать жидкость плотности γ из цистерны, имеющей форму параболиче- ского цилиндра, размеры которого указаны на рис. 7.19.2.

Решение. Работа, затрачиваемая на поднятие тела весом p на высо- ту h, равна ph. Но различные слои жидкости в цистерне находятся на раз- личных глубинах и высота поднятия до края цистерны различных слоев не одинакова. Для решения задачи применим так называемый «метод диффе- ренциалов» (введем систему координат, как показано на рис. 7.19.2):

1. Работа, затрачиваемая на выкачивание слоя жидкости толщиной dx ( x [0; H ] ), есть функция от x, т. е. A = A( x) ( A(0) = 0 , A(H ) = A0 ).

A B

M N

y O

Рис. 7.19.2

2. Находим главную часть приращения A при изменении x на величину Dx = dx , т. е. находим дифференциал dA функции A(x) .

Ввиду малости dx считаем, что «элемен- тарный слой» жидкости находится на одной глубине x от края цистерны (см. рис. 7.19.2). То- гда dA = dP × x , где dP – вес этого слоя, он ра- вен ggdV , где g – ускорение свободного паде-

ния, g – плотность жидкости, dV – объем «элементарного слоя» жидкости,

т. е. dP = gγdV . Но dV = b × MN × dx .

Найдем MN. Имеем	1	MN – ордината точки M (H − x; y) , лежащей на

2
параболе AOB, уравнение		которой в выбранной системе координат –

y 2 = 2 px . Параметр p найдем из условия, что точка A H ;

принадлежит

параболе,

следовательно

a 2

= 2 ph, p =

a 2

, т. е. уравнение параболы есть

y 2 =

a 2

x . Точка

M (H − x; y)

лежит

на

параболе.

Следовательно,

y 2 =

a 2

(M - x) .

y =

MN , т. е.

Отсюда

находим

H - x

. Следовательно,

dx , dp = ggba

dx и

MN =

H - x

dV = b

H - x

xdx .

dA = ggba

H - x

3. Интегрируя это равенство в пределах от x = 0 до x = H, находим

искомую работу:

ggba H

= t, x = H - t 2 ,

H - x

A =

∫ x H - xdx =

H 0

dx = -2tdt,

H £ t £

ggba

∫ 2(Ht 2 - t 4 )dt =

× 2

H =

ggba

H 2

ggbaH 2.

Пример 7 . 1 9 . 2. Определить величину давления морской воды на вертикальный круг радиуса R = 0,2 м, центр которого погружен в воду на глубине H = 10 м. Плотность морской воды g = 1020 кг/м3.

Решение. Поместим начало координат на поверхности воды, ось Oy направим горизонтально, а ось Ox – вертикально вниз. Воспользуемся

формулой P = ggb∫( f2 (x) - f1(x))xdx .

В данном случае пластинка (т. е. круг) ограничена линиями:

y = - R 2 - ( x - H )2 ,

= + R 2 - ( x - H )2 , x = H − R,

x = H + R ,

поэтому

H + R

−

( x − H )

−

− ( x − H )

P = gγ ∫

−

x dx =

H + R

H − R

x − H = t, x = t + H , dx = dt,

−

( x − H )

= 2gγ ∫

x R

dx =

= −R,t2 = R

H − R

= 2gγ ∫

(t + H ) R 2 − t 2 dt = 2gγ

−

∫

(R 2 − t

2 )

d (R 2 − t 2 ) + H ∫

2 − t 2 dt

−R

2 − R

−R

(R 2 - t 2 )

R 2

R 2 - t 2 +

2gg

-R

+ H

arcsin

-R

= 2gRH ×

R 2 p

= ggpHR

2 2

Подставляя значения g, g,

p, H , R , получаем

P = 9,81×1020 × p ×10 × 0,04 »12,6 кН.

Пример

7.19.3.

Найти

центр

тяжести одной

арки

однородной

( γ = const ) циклоиды

x = a (t - sin t ),

a £ t £ 2p.

y = a (1 - cost ),

Решение. Первая арка циклоиды симметрична относительно прямой x = πa . Поэтому абсцисса центра тяжести кривой равна πa , т. е. xc = πa . Тогда по формулам:

M x = ∫gydl ,

M y = ∫gxdl ,

M y

M x

yc =

, m = ∫γ 1 + ( y′x )2 dx

находим

2π

a (t - sin t )¢

(1 - cost )¢

g ∫ a (1 - cos t )

+ a

2π

a (t - sin t )¢

g ∫

+ a (1 - cost )¢

2π

a ∫

(1 - cost ) × a × 2sin

2a ∫ 2sin 2

×sin

2π

-4cos

a ∫

2sin

2π

2 t

-2 × 4a ∫ 1

- cos

cos

= -a

3 t

cos

= -a -1 -1

2π

g ∫ a (t - sin t ) × 2a sin

2a 2 ∫ t

×sin

- sin t sin

xc =

g ×8a

=1 a (4p - 0) = pa. 4

Пример 7.19.4. Пластинка, имеющая форму прямоугольного тре- угольника с катетами a и b, вращается с угловой скоростью ω вокруг пер- вого катета (рис. 7.19.3). Удельная поверхностная плотность пластинки

равна g. Вычислить кинетическую энергию пластинки, если a = 1 м, b = 1 м,

ω = 2 рад/с, g = 1 кг/м2 .

Решение:

1 способ. Разобьем пластинку на n

вертикальных полос и рассмотрим i-тую

полосу шириной

ri , удаленную от оси

ri – 1

вращения на расстояние от r

−1

до

r . Ес-

ли ri мало, то эту полосу можно при-

близительно считать прямоугольником с

высотой li , все точки которого удалены

от оси вращения приблизительно на одно

и тоже расстояние ri . Тогда кинетическая

энергия i-той полосы (или, что тоже са-

мое, приращение суммарной кинетиче-

ской энергии при добавлении к пластине

i-той полосы) приблизительно равна

Рис. 7.19.3

DE i »

Dmi × vi2

Dmi × w2 × ri2

Площадь i-той полосы приближенно вычислим как площадь прямо-

угольника: DS » li × Dri . Высоту li

выразим через ri

из подобия треугольников:

×(b - ri ).

b - r

Отсюда масса i-той полосы Dm = r × DS

» r ×

(b - r ) × Dr .

Подставляя полученные параметры в формулу для

E i , получим

DE » r × a × w2 (b - r

) × r 2 × Dr .

2 × b

Точное значение суммарной кинетической энергии E = ∑×DEi по

ri → 0 :

i=1

всей пластинке получим в пределе при

(b - r )

× r 2

× Dr = r × a

2 b

(b - r ) × r 2dr =

E = lim ∑×r × a × w

× w

∫

ri→0 i=1

1×1× 2

2 1

∫(r 2 - r 3 )dr = 2 ×

(Дж) .

2 ×1

2 способ. Так как приращение независимой переменной ri = dr , а

приращения зависимых переменных

≈ dE ,

≈ dm,

то равенство для

E i в дифференциальной форме примет вид

dE = a2 × r2dm , 2

причем масса элементарной полоски dm выражается через ширину полос- ки dr , которую приблизительно считаем прямоугольником: dm = r× d × S = r×l × dr . Из подобия треугольников выражаем высоту эле-

ментарной полоски l = a (b - r ) и подставляем dm в формулу b

dE = r × a × w2 (b - r ) × r2dr .

Получили равенство дифференциалов двух функций. Следовательно, кинетическая энергия E(r) трапециевидной пластинки, имеющей произ- вольную ширину r , может быть записана в виде интеграла с переменным верхним пределом:

E (r ) = r × a × w2 ∫r (b - r ) × r2dr . 2b 0

Рис. 7.19.4

Нижний предел интегрирования взят равным 0, т. к. должно быть E (r ) /r =0 = 0 . Кинетическая энергия пластинки нулевой толщины, распо-

ложенной на оси, равна нулю. Значение кинетической энергии всей тре- угольной пластинки получим при r = b :

E = E (b) = r × a × w2 b∫		(b - r ) × r2dr =	1	(Дж) .

2b	0	6

Пример 7.19.5. (повышенный уровень сложности). Найти давле-

ние воды на поверхность шара диаметром 4 м, если его центр находится на глубине 3 м от поверхности воды.

Решение. Проведем через центр шара вертикальную плос- кость и выберем на ней прямо- угольную систему координат xOy как показано на рис. 7.19.4.

Рассечем шар на глубине h горизонтальной плоскостью. Тогда давление воды на отсеченную часть поверхности шара будет некоторой функцией P(h).

При изменении h на величину

dh площадь S отсеченной поверхности шара как площадь поверхности вращения вокруг оси Oу, изменится на величину dS = 2πydl , где dl – диф-

ференциал дуги окружности, а давление P(h) изменится на величину dP = 2πhydl .

Выразив dP через одну переменную x и интегрируя в пределах от x = −2 до x = 2 , найдем давление воды на всю поверхность шара. Из урав-

нения окружности x 2 + y 2 = 4 найдем y¢ = - x и затем

dl =

dx = 1 +

x 2

dx =

x 2 + y 2

dx =

dx .

1 + ( y¢) 2

y 2

Из рисунка 7.19.4 находим h = 3 + x . Следовательно,

P = 2p ∫2 (3 + x) y ×

dx = 4p ∫2 (3 + x)dx = 2p(3 + x) 2

» 470880p(H) .

−2

Давление на верхнюю половину поверхности шара получим, интег- рируя dP в пределах от – 2 до 0:

P = 2π(3 + x ) 2	0	≈ 156960π(H) .

1	−2

Давление на нижнюю половину поверхности будет

P2 = 2π(3 + x)2 2 ≈ 313920π(Н) .

Пример 7.19.6. (повышенный уровень сложности). Шар лежит на дне бассейна глубиной H = 14 дм. Найти работу, необходимую для из- влечения шара из воды, если его радиус R = 3 дм, а удельный вес δ = 2 .

Решение. При подъеме шара (рис. 7.19.5) до поверхности воды сила P1 ,

совершающая работу, постоянна и равна разности между весом шара и ве- сом вытесняемой им воды:

	P =	4	πR 3δ −	4	πR 3 =					4	πR 3 (δ −1) .
	P =		πR 3δ −		πR 3 =						πR 3 (δ −1) .
	1	3	3						3
		3	3						3
	Поэтому работа					A1 , необходимая для под-
	нятия шара до поверхности воды, определяется
	элементарным путем,				как произведение силыP1
	на высоту подъема( H − 2R) .
Рис. 7.19.5	A1 = P1 (H − 2R) =					4	πR	3	(δ −1)( H − 2R) .
Рис. 7.19.5						4		3
					3

При дальнейшем подъеме шара сила Р, совершающая работу, будет изменяться в зависимости от высоты х надводной части шара

P(x) = Pш − Pв ,

где Pш – вес шара; Pв – вес воды, вытесняемой подводной частью шара,

численно равный объему шарового сегмента с высотой h = 2R – x. Так как объем шарового сегмента вычисляется по формуле

V= πH 2 R − 1 H ,

то в нашем случае

+ 4R 3 ).

(2R − x)2

( R + x) =

Pв

= πH 2

R −

− 3Rx 2

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 256 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Высшая математика (РТФ)

#
18.05.20152.77 Mб51умк_Вакульчик_Неопределенный интеграл.pdf
#
18.05.20153.63 Mб42умк_Вакульчик_Опред интеграл.pdf
#
18.05.20154.76 Mб40умк_Вакульчик_Элементы векторной алгебры.pdf
#
18.05.20155.38 Mб46умк_Вакульчик_Элементы линейной алгебры.pdf
#
18.05.20151.33 Mб47умк_Мальцев_Осн дискретной матем.pdf
#
18.05.20153.75 Mб53умк_Пальчик_Теория вероятностей.pdf
#
18.05.20155.68 Mб35умк_Цывис_Диф.уравнения_Ряды.pdf