Приклад 9.7.9. Дано циклоїда

.

Знайти площу поверхні, утвореної обертанням її навколо осі .

○ При обертанні половини дуги циклоїди навколо осі площа поверхні обертання дорівнює

,

тобто . Отже,. ●

9.7.6. Механічне застосування визначеного інтеграла. Робота змінної сили

Нехай матеріальна точка переміщується вздовж осіпід дією змінної сили, направленої паралельно цій осі. Робота, виконана силою при переміщенні точки з положення в положення , , знаходиться по формулі

(9.7.10)

Приклад 9.7.10. Яку роботу потрібно затратити, щоб розтягнути пружину на 0,05 м, якщо сила 100 H розтягує пружину на 0,01 м?

○ За законом Гука пружна сила, що розтягує пружину, пропорційна видовженню , тобто , де —коефіцієнт пропорційності. Згідно з умовою задачі, сила розтягує пружину нам; отже,, звідси; отже,.

Шукана робота за формулою (9.7.10) дорівнює

(Дж). ●

Приклад 9.7.11. Знайти роботу, яку необхідно затратити, щоб викачати через край рідину з вертикального циліндрового резервуару висоти м і радіусом основи м.

○ Робота, затрачена на підняття тіла вагою на висоту , дорівнює . Але різні шари рідини в резервуарі знаходяться на різних глибинах і висота підняття (до краю резервуару) різних шарів не однакова.

Для розв’язку поставленої задачі застосуємо другу схему (метод диференціала). Введемо систему координат так, як показано на рис. 193.

(рис.193)

1. Робота, затрачена на викачування з резервуару шару рідини товщиною

, є функція від , тобто , де .

2. Знаходимо головну частину приросту при зміні на величину ,

тобто знаходимо диференціал функції .

Зважаючи на невеликий вважаємо, що «елементарний» шар рідини знаходиться на одній глибині (від краю резервуару) (див. рис. 193). Тоді , де— вага цього шару; він дорівнює, де— прискорення вільного падіння,— густина рідини,— об’єм «елементарного» шару рідини (на рис. він виділений), тобто. Об'єм вказаного шару рідини, очевидно, дорівнює , де —висота циліндра (шару), — площа його основи, тобто .

Таким чином, і .

3. Інтегруючи отриману рівність в межах від до , знайдемо, що

(Дж). ●

Шлях, пройдений тілом.

Нехай матеріальна точка переміщується по прямій із змінною швидкістю

. Знайдемо шлях, пройдений нею за проміжок часу від до .

Розв’язання: З фізичного змісту похідної відомо, що при русі точки в одному напрямі «швидкість прямолінійного руху дорівнює похідній від шляху по часу», тобто . Звідси випливає, що . Інтегруючи отриману рівність в межах від до , отримаємо .

Відзначимо, що цю ж формулу можна отримати, користуючись схемою І або ІІ застосування визначеного інтеграла.

Приклад 9.7.12. Знайти шлях, пройдений тілом за 4 секунди від початку руху, якщо швидкість тіла (м/с).

○ Якщо (м/с), то шлях, пройдений тілом від початку руху до кінця 4-ої секунди, дорівнює

(м). ●

Тиск рідини на вертикальну пластинку

За законом Паскаля тиск рідини на горизонтальну пластинку дорівнює вазі стовпа цієї рідини, що має основою пластинку, а висотою—глибину її занурення від вільної поверхні рідини, тобто , де — прискорення вільного падіння,— густина рідини,— площа пластинки,— глибина її занурення.

По цій формулі не можна знаходити тиск рідини на вертикально занурену пластинку, оскільки її різні точки лежать на різних глибинах.

Нехай в рідину занурена вертикально пластина, обмежена лініями ; система координат вибрана так, як це показано на рис. 194. Для знаходження тиску рідини на цю пластину застосуємо схему ІІ (метод диференціала).

(рис.194)

1. Нехай частина шуканої величини є функція від , тобто — тиск на частину пластини, відповідне відрізку значень змінної , де .

2. Дамо аргументу приріст . Функція отримає приріст

(на рис. — полоска товщини ). Знайдемо диференціал цієї функції. Зважаючи на невеликий приблизно вважатимемо смужку прямокутником, всі точки якого знаходяться на одній глибині , тобто пластинка ця — горизонтальна.

Тоді за законом Паскаля .

3. Інтегруючи отриману рівність в межах від до , отримаємо або .

Приклад 9.7.13. Визначити величину тиску води на півколо, вертикально занурене в рідину, якщо його радіус , а центр знаходиться на вільній поверхні води (див. рис. 195).

(рис.195)

○ Скористаємося отриманою формулою для знаходження тиску рідини на вертикальну пластинку. В даному випадку пластинка обмежена лініями . Тому

. ●

Обчислення статичних моментів і координат центру ваги плоскої кривої

Нехай на площині задана система матеріальних точок відповідно з масами .

Статичним моментом системи матеріальних точок відносно осі називається сума добутків мас цих точок на їх ординати (тобто на відстані цих точок від осі ): .

Аналогічно визначається статичний момент цієї системи відносно осі .

Якщо маси розподілені неперервним чином вздовж деякої кривої, то для виразу статичного моменту знадобиться інтеграція.

Нехай — це рівняння матеріальної кривої . Вважатимемо її однорідною з постійною лінійною густиною .

Для довільного на кривій знайдеться точка з координатами .

Виділимо на кривій елементарну ділянку довжини , що містить точку . Тоді маса цієї ділянки дорівнює . Приймемо цю ділянкуприблизно за точку, віддалену від осі на відстань. Тоді диференціал статичного моменту («елементарний момент») буде дорівнювати , тобто (див. рис. 196).

(рис.196)

Звідси випливає, що статичний момент кривої відносно осі дорівнює

.

Аналогічно знаходимо :

.

Статичні моменти і кривої дозволяють легко встановити положення її центру ваги (центру мас).

Центром маси матеріальної плоскої кривої називається точка площини, що володіє наступною властивістю: якщо в цій точці зосередити всю масузаданої кривої, то статичний момент цієї точки відносно будь-якої координатної осі буде рівний статичному моменту всієї кривоївідносно цієї ж осі. Позначимо черезцентр мас кривої.

З означення центру мас отримаємо рівність і або і . Звідси або

.

Приклад 9.7.14. Знайти центр мас однорідної дуги кола , розташованої в першій координатній четверті (див. рис. 197).

(рис.197)

○ Очевидно, довжина вказаної дуги

кола рівна , тобто . Знайдемо статичний момент її відносно осі. Оскільки рівняння дуги є і , то

Отже,

Оскільки дана дуга симетрична відносно бісектриси першого координатного кута, то

. Отже, центр мас має координати . ●

Обчислення статичних моментів і координат центру мас плоскої фігури

Нехай дана плоска матеріальна фігура (пластинка), обмежена кривою і прямими (див. рис. 198).

(рис.198)

Вважатимемо, що поверхнева густина пластинки постійна . Тоді маса всієї пластинки рівна , тобто. Виділимо елементарну ділянку пластинки в виді нескінченної вузької вертикальної смуги, приблизно вважатимемо її прямокутником.

Тоді маса його рівна . Центр мас прямокутника лежить на перетині

діагоналей прямокутника. Ця точка віддалена від осі на , а від осі на (приблизно: точніше на відстань ). Тоді для елементарних статичних моментів відносно осей і виконані співвідношення.

і

Отже, ,

По аналогії з плоскою кривою отримаємо, позначивши координати центру мас плоскої фігури (пластинки) через , що , . Звідси

і

або

,

Приклад 9.7.15. Знайдемо координати центру мас півкола

(див. рис. 199).

(рис.199)

○ Очевидно (зважаючи на симетрію фігури відносності осі ), що . Площа півкола дорівнює . Знайдемо :

Отже,

.

Отже, центр мас має координати . ●