Материал: 2231

Скачать файл

Заказать новую работу

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

Таблица 1

Геометрические приложения определенного интеграла

Явное задание кривой

Параметрическое задание кривой

Полярное задание кривой

y = y(t)

y = y(x),a ≤ x ≤ b

t1 ≤ t ≤ t2

r = r(ϕ), ϕ1 ≤ ϕ ≤ ϕ2

x = x(t)

Площадь криволинейной трапеции

′

y(x)dx

Аt

S =

∫ r (ϕ)dϕ

= ∫

S =

∫

y(t)x (t)dt

И1

Длина дуги плоской кривой

1+ (y′(x))2 dx

(x′)2

+ (y′)2 dt

L = 1

ϕ2

r2 + (r′)2 dϕ

L = ∫

∫

ϕ1

Площадь поверхности вращения

(x′)2 + (y′)2 dt

ϕ2

r 2 + (r′)2 dϕ

S = 2π ∫ y

1+ (y′)2

S = 2π ∫

S = 2π ∫ r sinϕ

ϕ1

О ъем тела вращения

а) вокруг оси Ох

вокруг полярной оси

Vx = π ∫ y2 (x)dx;

Vx = π ∫2 y2 (t) x′(t)dt ;

Vx = 2π

ϕ2

3 sinϕ dϕ

∫ r

б) вокруг оси Оу

) вокруг оси Оу

Vy = 2π ∫ xy(x)dx

Vy = 2π ∫ x(t)y(t)x′(t)dt

246

x = b, вычисляются по формулам

Статические моменты и моменты инерции криволинейной трапеции, ограниченной кривой y = f (x) , осью Ox и прямыми x = a ;

	1	b	1	b	b	b
M x =	1	∫ ydS =	1	∫ y2dx ;	M y = ∫ xdS = ∫ xydx ;		(83)
	2 a		2 a		a	a

		b			b	b
	Ix	= 1 ∫ y3dx ;			I y = ∫ x2dS = ∫ x2 ydx .		(84)
		3 a			a	a
здесь dS = ydx – дифференциал площади криволинейной трапеции.
Примеры.						y = bsint
1. Найти момент инерции эллипса x = acost ;						y = bsint	относи-
тельно оси Oy .						И
						И
Решение. Момент инерции эллипса относительно оси							Oy вы-
числяется по формуле (84)
				a
		I y	=	∫ x2dS , где	dS = 2ydx .
			−a		Д
			−a
Из параметрических уравнений эллипса получаем значение
		dS = 2bsint		А
		dS = 2bsint		a(−sint)dt	= = −2absin2 tdt ,
откуда момент		нерц	равен
		б
0					π
0
I y = 2 ∫ a2 cos2 t(− 2ab sin2 t)dt = 4a3b ∫2 sin2 t cos2 tdt =
π	2				0
	2
дифференциала
		π
= 1 a3b ∫2(1− cos 4t)dt = π a3b .
2		0		4
С

247

Координаты центра тяжести

Координаты центра тяжести ( x ,

y )

однородной дуги плоской

кривой y = f (x) , a ≤ x ≤ b вычисляются по формулам

1 b

x =

∫ xdL ;

∫ ydL ,

(85)

L a

где dL =

1 + (y ')2

dx , а L

– длина дуги.

Координаты центра тяжести

( x

y )

однородной криволинейной

трапеции вычисляются по формулам

x =

1 b

xdS =

1 b

xydx ;

ydS =

dx .

(86)

∫

S a

2S a

2ИS a

Пример.

Найти статические моменты относительно осей Ох

и Оу и ко-

ординаты

центра

тяжести

треугольника,

ограниченного прямыми

x + y = a ,

x = 0,

y = 0 (рис. 52), плотность γ = 1.

Решение

y = a − x

а/3

Рис. 52

. Вычислим массу данной пластинки:

m =γ S =1 ∫ ( a − x )

−

= a

−

d x = a x

248

Находим статические моменты по формулам (83):

M x	=	1	а	( a					2						= −			1 a			( a		2
M x	=	2	∫	( a			− x )			d x					= −			2		∫	( a	− x ) d (a − x ) =
		2	0															2		0
= −	1 ( a − x )3							а		=	1				a3			=		a3 .
= −	1 ( a − x )3							а		=	1				a3			=		a3 .
	2			3				0			2				3					6
M y = 1 ∫а x ( a − x ) d x = ∫a (x a − x 2 ) d x =
			0															0
		2			x	3		a			a		3			a		3			3a	3	− 2 a	3			a	3
		2				3		a					3					3				3		3				3
a x			−						=						−					=					=					.
a x
=	2			3				0			2						3						6				6
	2			3				0			2						3						6				6		И
																													И
Координаты центра тяжести находим по формулам (86):
							x =	a3					2		=		a		,		аналогично						y =				a	.
							x =	6				a		2	=		3		,		аналогично						y =				3	.
														2

																						Д
Получили координаты центра тяжести C																								a		;	a
Получили координаты центра тяжести C																									3	;	3	.
													А												3		3
													А
											Теоремы Гульдена
Теорема 1. Площадь поверхности, полученной при вращении
дуги плоской кр вой вокруг оси,																				лежащей в плоскости этой кривой и
				б
не пересекающей ее, равна длине дуги кривой, умноженной на длину
окружности, оп санной центром тяжести дуги.
Теорема 2. Объем тела, полученного при вращении плоской фи-
гуры вокруг					, не пересекающей ее и расположенной в плоскости
оси
фигуры, равен произведению площади этой фигуры на длину окруж-
ности, описанной центром тяжести фигуры.

Пример.

Найти координаты центра тяжести фигуры, ограниченной дугой

эллипса x = acost ;	y = bsint , расположенной в I четверти, и осями
С
координат (рис. 53).

249

y
b
0	a	x

Рис. 53

Решение. При изменении x

от 0 до a переменная t

убывает от

до

0 , поэтому

1 a

a2b

π 2

∫ xydS

∫ a cos t bsin t(−a sin t) dt =

∫

sin

t cos t dt =

= a2b 1 sin3 t

π 2 = a2b .

Так как площадь эллипса S

= π a b , то x =

4a2b

3πab

3π

Аналогично

координаты

∫ y2dx =

∫b2 sin2 t(−a sin t) dt =

2ab2

3 0

− cos

t) d

(cos t) =

cos t −

cos

π a b

∫(1

3π

π 2

бπ

Итак,

центра тяжести равны

x =

; y =

3π

250

Смотрите также:


«ДОХОДЫ, РАСХОДЫ И ПРИБЫЛЬ КОММЕРЧЕСКОГО БАНКА.»
«ДОХОДЫ, РАСХОДЫ И ПРИБЫЛЬ КОММЕРЧЕСКОГО БАНКА.»
Значение, сущность и содержание социально — педагогической деятельности в организации для детей-сирот и детей, оставшихся без попечения родителей
Проактивные методы PR-деятельности российских авиационных компаний «Россия», «Азимут»
__RGR2
__RGR2
_11_А. Франс для эл версии
_индив анализ данных
- Интерфейс 485 и оптопорт 11