高等数学（第七版）同济大学总习题六个人解答

高等数学（第七版）同济大学总习题六

函数作图软件：Mathematica

1.填空：\begin{aligned}&1. \ 填空：&\end{aligned}1. 填空：

(1)曲线y=x3−5x2+6x与x轴所围成的图形的面积A=________(2)曲线y=x3(3−x)上相应于1≤x≤3的一段弧的长度s=________.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 曲线y=x^3-5x^2+6x与x轴所围成的图形的面积A=\_\_\_\_\_\_\_\_\\\\ &\ \ (2)\ \ 曲线y=\frac{\sqrt{x}}{3}(3-x)上相应于1 \le x \le 3的一段弧的长度s=\_\_\_\_\_\_\_\_. & \end{aligned} (1) 曲线y=x3−5x2+6x与x轴所围成的图形的面积A=________ (2) 曲线y=3x(3−x)上相应于1≤x≤3的一段弧的长度s=________.

解：

(1)令x3−5x2+6x=0，得x=0，x=2，x=3，当0≤x≤2时，y≥0，当2≤x≤3时，y≤0，所以，A=∫02(x3−5x2+6x)dx−∫23(x3−5x2+6x)dx=[14x4−53x3+3x2]02−[14x4−53x3+3x2]23=3712(2)s=∫131+y′2dx=∫131+x2xdx=[x+13x32]13=23−43\begin{aligned} &\ \ (1)\ 令x^3-5x^2+6x=0，得x=0，x=2，x=3，当0 \le x \le 2时，y \ge 0，当2 \le x \le 3时，y \le 0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 所以，A=\int_{0}^{2}(x^3-5x^2+6x)dx-\int_{2}^{3}(x^3-5x^2+6x)dx=\left[\frac{1}{4}x^4-\frac{5}{3}x^3+3x^2\right]_{0}^{2}-\left[\frac{1}{4}x^4-\frac{5}{3}x^3+3x^2\right]_{2}^{3}=\frac{37}{12}\\\\ &\ \ (2)\ s=\int_{1}^{3}\sqrt{1+y'^2}dx=\int_{1}^{3}\frac{1+x}{2\sqrt{x}}dx=\left[\sqrt{x}+\frac{1}{3}x^{\frac{3}{2}}\right]_{1}^{3}=2\sqrt{3}-\frac{4}{3} & \end{aligned} (1) 令x3−5x2+6x=0，得x=0，x=2，x=3，当0≤x≤2时，y≥0，当2≤x≤3时，y≤0，所以，A=∫02(x3−5x2+6x)dx−∫23(x3−5x2+6x)dx=[41x4−35x3+3x2]02−[41x4−35x3+3x2]23=1237 (2) s=∫131+y′2dx=∫132x1+xdx=[x+31x23]13=23−34

2.以下两题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：\begin{aligned}&2. \ 以下两题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：&\end{aligned}2. 以下两题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：

(1)设x轴上有一长度为l、线密度为常数μ的细棒，在与细棒右端的距离为a处有一质量为m的质点M（图6−34），已知万有引力常量为G，则质点M与细棒之间的引力的大小为()：(A)∫−l0Gmμ(a−x)2dx(B)∫0lGmμ(a−x)2dx(C)2∫−l20Gmμ(a+x)2dx(D)2∫0l2Gmμ(a+x)2dx\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 设x轴上有一长度为l、线密度为常数\mu的细棒，在与细棒右端的距离为a处有一质量为m的质点M（图6-34），\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 已知万有引力常量为G，则质点M与细棒之间的引力的大小为(\ \ \ \ )：\\\\ &\ \ (A)\ \ \int_{-l}^{0}\frac{Gm\mu}{(a-x)^2}dx\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ \ \int_{0}^{l}\frac{Gm\mu}{(a-x)^2}dx\\\\ &\ \ (C)\ \ 2\int_{-\frac{l}{2}}^{0}\frac{Gm\mu}{(a+x)^2}dx\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ \ 2\int_{0}^{\frac{l}{2}}\frac{Gm\mu}{(a+x)^2}dx & \end{aligned} (1) 设x轴上有一长度为l、线密度为常数μ的细棒，在与细棒右端的距离为a处有一质量为m的质点M（图6−34），已知万有引力常量为G，则质点M与细棒之间的引力的大小为( )： (A) ∫−l0(a−x)2Gmμdx (B) ∫0l(a−x)2Gmμdx (C) 2∫−2l0(a+x)2Gmμdx (D) 2∫02l(a+x)2Gmμdx

(2)设在区间[a,b]上，f(x)>0，f′(x)>0，f′′(x)<0.令A1=∫abf(x)dx，A2=f(a)(b−a)，A3=12[f(a)+f(b)](b−a)，则有()：(A)A1<A2<A3(B)A2<A1<A3(C)A3<A1<A2(D)A2<A3<A1\begin{aligned} &\ \ (2)\ \ 设在区间[a, \ b]上，f(x) \gt 0，f'(x) \gt 0，f''(x) \lt 0.令A_1=\int_{a}^{b}f(x)dx，A_2=f(a)(b-a)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ A_3=\frac{1}{2}[f(a)+f(b)](b-a)，则有(\ \ \ \ )：\\\\ &\ \ (A)\ \ A_1 \lt A_2 \lt A_3\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ \ A_2 \lt A_1 \lt A_3\\\\ &\ \ (C)\ \ A_3 \lt A_1 \lt A_2\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ \ A_2 \lt A_3 \lt A_1 & \end{aligned} (2) 设在区间[a, b]上，f(x)>0，f′(x)>0，f′′(x)<0.令A1=∫abf(x)dx，A2=f(a)(b−a)， A3=21[f(a)+f(b)](b−a)，则有( )： (A) A1<A2<A3 (B) A2<A1<A3 (C) A3<A1<A2 (D) A2<A3<A1

解：

(1)A(2)几何判断，因为f′(x)>0，所以f(x)在[a,b]上单调增加，又因为f′′(x)<0，所以曲线y=f(x)在[a,b]上向上凸，最终，A2<A3<A1，选D\begin{aligned} &\ \ (1)\ A\\\\ &\ \ (2)\ 几何判断，因为f'(x) \gt 0，所以f(x)在[a, \ b]上单调增加，又因为f''(x) \lt 0，所以曲线y=f(x)在[a, \ b]上\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 向上凸，最终，A_2 \lt A_3 \lt A_1，选D & \end{aligned} (1) A (2) 几何判断，因为f′(x)>0，所以f(x)在[a, b]上单调增加，又因为f′′(x)<0，所以曲线y=f(x)在[a, b]上向上凸，最终，A2<A3<A1，选D

3.一金属棒长3m，离棒左端xm处的线密度为p(x)=1x+1kg/m.问x为何值时，[0,x]一段的质量为全棒质量的一半.\begin{aligned}&3. \ 一金属棒长3m，离棒左端x\ m处的线密度为p(x)=\frac{1}{\sqrt{x+1}}kg/m.问x为何值时，[0, \ x]一段的质量为\\\\&\ \ \ \ 全棒质量的一半.&\end{aligned}3. 一金属棒长3m，离棒左端x m处的线密度为p(x)=x+11kg/m.问x为何值时，[0, x]一段的质量为全棒质量的一半.

解：

[0,x]一段的质量为m(x)=∫0xp(x)dx=∫0x11+xdx=2(1+x−1)，总质量为m(3)=2，要满足m(x)=12m(3)，得x=54(m)\begin{aligned} &\ \ [0, \ x]一段的质量为m(x)=\int_{0}^{x}p(x)dx=\int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1+x}}dx=2(\sqrt{1+x}-1)，总质量为m(3)=2，要满足\\\\ &\ \ m(x)=\frac{1}{2}m(3)，得x=\frac{5}{4}(m) & \end{aligned} [0, x]一段的质量为m(x)=∫0xp(x)dx=∫0x1+x1dx=2(1+x−1)，总质量为m(3)=2，要满足 m(x)=21m(3)，得x=45(m)

4.求由曲线ρ=asinθ，ρ=a(cosθ+sinθ)(a>0)所围成的图形公共部分的面积.\begin{aligned}&4. \ 求由曲线\rho=asin\ \theta，\rho=a(cos\ \theta+sin\ \theta)\ (a \gt 0)所围成的图形公共部分的面积.&\end{aligned}4. 求由曲线ρ=asin θ，ρ=a(cos θ+sin θ) (a>0)所围成的图形公共部分的面积.

解：

求两曲线的交点，解方程组{ρ=asinθ，ρ=a(cosθ+sinθ)，得交点坐标为(a,π2)，当θ=0时，ρ=asinθ=0，当θ=3π4时，ρ=a(cosθ+sinθ)=0，所以两曲线分别过(0,0)和(0,3π4)，即都过极点，因此，所求面积为A=∫π23π412[a(cosθ+sinθ)]2dθ+12π(a2)2=a22∫π23π4(1+sin2θ)dθ+πa28=a24(π−1).\begin{aligned} &\ \ 求两曲线的交点，解方程组\begin{cases}\rho=asin\ \theta，\\\\\rho=a(cos\ \theta+sin\ \theta)，\end{cases}得交点坐标为\left(a, \ \frac{\pi}{2}\right)，当\theta=0时，\rho=asin\ \theta=0，\\\\ &\ \ 当\theta=\frac{3\pi}{4}时，\rho=a(cos\ \theta+sin\ \theta)=0，所以两曲线分别过(0, \ 0)和\left(0, \ \frac{3\pi}{4}\right)，即都过极点，因此，所求面积为\\\\ &\ \ A=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{4}}\frac{1}{2}[a(cos\ \theta+sin\ \theta)]^2d\theta+\frac{1}{2}\pi\left(\frac{a}{2}\right)^2=\frac{a^2}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{4}}(1+sin\ 2\theta)d\theta+\frac{\pi a^2}{8}=\frac{a^2}{4}(\pi-1). & \end{aligned} 求两曲线的交点，解方程组⎩⎨⎧ρ=asin θ，ρ=a(cos θ+sin θ)，得交点坐标为(a, 2π)，当θ=0时，ρ=asin θ=0，当θ=43π时，ρ=a(cos θ+sin θ)=0，所以两曲线分别过(0, 0)和(0, 43π)，即都过极点，因此，所求面积为 A=∫2π43π21[a(cos θ+sin θ)]2dθ+21π(2a)2=2a2∫2π43π(1+sin 2θ)dθ+8πa2=4a2(π−1).

5.如图6−35所示，从下到上依次有三条曲线：y=x2，y=2x2和C.假设对曲线y=2x2上的任一点P，所对应的面积A和B恒相等，求曲线C的方程.\begin{aligned}&5. \ 如图6-35所示，从下到上依次有三条曲线：y=x^2，y=2x^2和C.假设对曲线y=2x^2上的任一点P，\\\\&\ \ \ \ 所对应的面积A和B恒相等，求曲线C的方程.&\end{aligned}5. 如图6−35所示，从下到上依次有三条曲线：y=x2，y=2x2和C.假设对曲线y=2x2上的任一点P，所对应的面积A和B恒相等，求曲线C的方程.

解：

设曲线C的方程为x=f(y)，P点坐标为(y2,y)，则A=∫0y[y2−f(y)]dy，B=∫0y2(2x2−x2)dx，根据条件，对任意y≥0，都有∫0y[y2−f(y)]dy=∫0y2(2x2−x2)dx，对y求导，得y2−f(y)=y2⋅122y，因此，f(y)=32y8，即曲线C为y=329x2(x≥0).\begin{aligned} &\ \ 设曲线C的方程为x=f(y)，P点坐标为\left(\sqrt{\frac{y}{2}}, \ y\right)，则A=\int_{0}^{y}\left[\sqrt{\frac{y}{2}}-f(y)\right]dy，B=\int_{0}^{\sqrt{\frac{y}{2}}}(2x^2-x^2)dx，\\\\ &\ \ 根据条件，对任意y \ge 0，都有\int_{0}^{y}\left[\sqrt{\frac{y}{2}}-f(y)\right]dy=\int_{0}^{\sqrt{\frac{y}{2}}}(2x^2-x^2)dx，对y求导，\\\\ &\ \ 得\sqrt{\frac{y}{2}}-f(y)=\frac{y}{2}\cdot \frac{1}{2\sqrt{2y}}，因此，f(y)=\frac{3\sqrt{2y}}{8}，即曲线C为y=\frac{32}{9}x^2\ (x \ge 0). & \end{aligned} 设曲线C的方程为x=f(y)，P点坐标为(2y, y)，则A=∫0y[2y−f(y)]dy，B=∫02y(2x2−x2)dx，根据条件，对任意y≥0，都有∫0y[2y−f(y)]dy=∫02y(2x2−x2)dx，对y求导，得2y−f(y)=2y⋅22y1，因此，f(y)=832y，即曲线C为y=932x2 (x≥0).

6.设抛物线y=ax2+bx+c通过点(0,0)，且当x∈[0,1]时，y≥0.试确定a，b，c的值，使得抛物线y=ax2+bx+c与直线x=1，y=0所围成的图形的面积为49，且使该图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积最小.\begin{aligned}&6. \ 设抛物线y=ax^2+bx+c通过点(0, \ 0)，且当x \in [0, \ 1]时，y \ge 0.试确定a，b，c的值，使得抛物线\\\\&\ \ \ \ \ y=ax^2+bx+c与直线x=1，y=0所围成的图形的面积为\frac{4}{9}，且使该图形绕x轴旋转而成的旋转体的\\\\&\ \ \ \ 体积最小.&\end{aligned}6. 设抛物线y=ax2+bx+c通过点(0, 0)，且当x∈[0, 1]时，y≥0.试确定a，b，c的值，使得抛物线 y=ax2+bx+c与直线x=1，y=0所围成的图形的面积为94，且使该图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积最小.

解：

根据抛物线过原点可得c=0，抛物线y=ax2+bx+c与直线x=1，y=0所围成的图形的面积为S=∫01(ax2+bx)dx=a3+b2，得a3+b2=49，即a=43−32b，该图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积为V=∫01π(ax2+bx)2dx=π(a25+ab2+b23)=π30(b−2)2+29π，因此当b=2时体积为最小，此时a=−53，则抛物线为y=−53x2+2x=13x(6−5x)，在区间[0,1]上，抛物线满足y≥0.\begin{aligned} &\ \ 根据抛物线过原点可得c=0，抛物线y=ax^2+bx+c与直线x=1，y=0所围成的图形的面积为\\\\ &\ \ S=\int_{0}^{1}(ax^2+bx)dx=\frac{a}{3}+\frac{b}{2}，得\frac{a}{3}+\frac{b}{2}=\frac{4}{9}，即a=\frac{4}{3}-\frac{3}{2}b，该图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积为\\\\ &\ \ V=\int_{0}^{1}\pi(ax^2+bx)^2dx=\pi\left(\frac{a^2}{5}+\frac{ab}{2}+\frac{b^2}{3}\right)=\frac{\pi}{30}(b-2)^2+\frac{2}{9}\pi，因此当b=2时体积为最小，\\\\ &\ \ 此时a=-\frac{5}{3}，则抛物线为y=-\frac{5}{3}x^2+2x=\frac{1}{3}x(6-5x)，在区间[0, \ 1]上，抛物线满足y \ge 0. & \end{aligned} 根据抛物线过原点可得c=0，抛物线y=ax2+bx+c与直线x=1，y=0所围成的图形的面积为 S=∫01(ax2+bx)dx=3a+2b，得3a+2b=94，即a=34−23b，该图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积为 V=∫01π(ax2+bx)2dx=π(5a2+2ab+3b2)=30π(b−2)2+92π，因此当b=2时体积为最小，此时a=−35，则抛物线为y=−35x2+2x=31x(6−5x)，在区间[0, 1]上，抛物线满足y≥0.

7.过坐标原点作曲线y=lnx的切线，该切线与曲线y=lnx及x轴围成平面图形D.\begin{aligned}&7. \ 过坐标原点作曲线y=ln\ x的切线，该切线与曲线y=ln\ x及x轴围成平面图形D.&\end{aligned}7. 过坐标原点作曲线y=ln x的切线，该切线与曲线y=ln x及x轴围成平面图形D.

(1)求平面图形D的面积A；(2)求平面图形D绕直线x=e旋转一周所得旋转体的体积V.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 求平面图形D的面积A；\\\\ &\ \ (2)\ \ 求平面图形D绕直线x=e旋转一周所得旋转体的体积V. & \end{aligned} (1) 求平面图形D的面积A； (2) 求平面图形D绕直线x=e旋转一周所得旋转体的体积V.

解：

(1)设切点横坐标为x0，曲线y=lnx在点(x0,lnx0)处的切线方程是y=lnx0+1x0(x−x0).由于该切线过原点，可知y=lnx0−1=0，得x0=e，该切线方程为y=1ex，平面图形D的面积A=∫01(ey−ey)dy=12e−1.(2)切线y=1ex与x轴及直线x=e所围成的三角形绕直线x=e旋转所得的圆锥体的体积为V1=13πe2.曲线y=lnx与x轴及直线x=e所围成的图形绕直线x=e旋转所得的旋转体的体积为V2=∫01π(e−ey)2dy=π2(−e2+4e−1)，因此，所求旋转体体积为V=V1−V2=π6(5e2−12e+3).\begin{aligned} &\ \ (1)\ 设切点横坐标为x_0，曲线y=ln\ x在点(x_0, \ ln\ x_0)处的切线方程是y=ln\ x_0+\frac{1}{x_0}(x-x_0).由于该切线过原点，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 可知y=ln\ x_0-1=0，得x_0=e，该切线方程为y=\frac{1}{e}x，平面图形D的面积A=\int_{0}^{1}(e^y-ey)dy=\frac{1}{2}e-1.\\\\ &\ \ (2)\ 切线y=\frac{1}{e}x与x轴及直线x=e所围成的三角形绕直线x=e旋转所得的圆锥体的体积为V_1=\frac{1}{3}\pi e^2.\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 曲线y=ln\ x与x轴及直线x=e所围成的图形绕直线x=e旋转所得的旋转体的体积为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ V_2=\int_{0}^{1}\pi(e-e^y)^2dy=\frac{\pi}{2}(-e^2+4e-1)，因此，所求旋转体体积为V=V_1-V_2=\frac{\pi}{6}(5e^2-12e+3). & \end{aligned} (1) 设切点横坐标为x0，曲线y=ln x在点(x0, ln x0)处的切线方程是y=ln x0+x01(x−x0).由于该切线过原点，可知y=ln x0−1=0，得x0=e，该切线方程为y=e1x，平面图形D的面积A=∫01(ey−ey)dy=21e−1. (2) 切线y=e1x与x轴及直线x=e所围成的三角形绕直线x=e旋转所得的圆锥体的体积为V1=31πe2. 曲线y=ln x与x轴及直线x=e所围成的图形绕直线x=e旋转所得的旋转体的体积为 V2=∫01π(e−ey)2dy=2π(−e2+4e−1)，因此，所求旋转体体积为V=V1−V2=6π(5e2−12e+3).

8.求由曲线y=x32，直线x=4及x轴所围图形绕y轴旋转而成的旋转体的体积.\begin{aligned}&8. \ 求由曲线y=x^{\frac{3}{2}}，直线x=4及x轴所围图形绕y轴旋转而成的旋转体的体积.&\end{aligned}8. 求由曲线y=x23，直线x=4及x轴所围图形绕y轴旋转而成的旋转体的体积.

解：

取x为积分变量，它的变化区间为[0,4]，体积为V=∫042πxf(x)dx=∫042πx52dx=5127π.\begin{aligned} &\ \ 取x为积分变量，它的变化区间为[0, \ 4]，体积为V=\int_{0}^{4}2\pi xf(x)dx=\int_{0}^{4}2\pi x^{\frac{5}{2}}dx=\frac{512}{7}\pi. & \end{aligned} 取x为积分变量，它的变化区间为[0, 4]，体积为V=∫042πxf(x)dx=∫042πx25dx=7512π.

9.求圆盘(x−2)2+y2≤1绕y轴旋转而成的旋转体的体积.\begin{aligned}&9. \ 求圆盘(x-2)^2+y^2 \le 1绕y轴旋转而成的旋转体的体积.&\end{aligned}9. 求圆盘(x−2)2+y2≤1绕y轴旋转而成的旋转体的体积.

解：

该旋转体可看作由图形{(x,y)∣0≤x≤2+1−y2， −1≤y≤1}绕y轴旋转所得的立体减去由图形{(x,y)∣0≤x≤2−1−y2， −1≤y≤1}绕y轴旋转所得的立体，因此V=∫−11π(2+1−y2)2dy−∫−11π(2−1−y2)2dy=8π∫−111−y2dy=8π[y21−y2+12arcsiny]−11=4π2\begin{aligned} &\ \ 该旋转体可看作由图形\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le 2+\sqrt{1-y^2}，\ -1 \le y \le 1\}绕y轴旋转所得的立体减去由\\\\ &\ \ 图形\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le 2-\sqrt{1-y^2}，\ -1 \le y \le 1\}绕y轴旋转所得的立体，因此\\\\ &\ \ V=\int_{-1}^{1}\pi(2+\sqrt{1-y^2})^2dy-\int_{-1}^{1}\pi(2-\sqrt{1-y^2})^2dy=8\pi \int_{-1}^{1}\sqrt{1-y^2}dy=8\pi\left[\frac{y}{2}\sqrt{1-y^2}+\frac{1}{2}arcsin\ y\right]_{-1}^{1}=4\pi^2 & \end{aligned} 该旋转体可看作由图形{(x, y) ∣ 0≤x≤2+1−y2， −1≤y≤1}绕y轴旋转所得的立体减去由图形{(x, y) ∣ 0≤x≤2−1−y2， −1≤y≤1}绕y轴旋转所得的立体，因此 V=∫−11π(2+1−y2)2dy−∫−11π(2−1−y2)2dy=8π∫−111−y2dy=8π[2y1−y2+21arcsin y]−11=4π2

10.求抛物线y=12x2被圆x2+y2=3所截下的有限部分的弧长.\begin{aligned}&10. \ 求抛物线y=\frac{1}{2}x^2被圆x^2+y^2=3所截下的有限部分的弧长.&\end{aligned}10. 求抛物线y=21x2被圆x2+y2=3所截下的有限部分的弧长.

解：

解方程组{y=12x2，x2+y2=3，得两条曲线的交点为(−2,1)和(2,1)，因此所求弧长为s=∫−221+y′2dx=∫−221+x2dx=12[x1+x2+ln(x+1+x2)]−22=6+ln(2+3).\begin{aligned} &\ \ 解方程组\begin{cases}y=\frac{1}{2}x^2，\\\\x^2+y^2=3，\end{cases}得两条曲线的交点为(-\sqrt{2}, \ 1)和(\sqrt{2}, \ 1)，因此所求弧长为\\\\ &\ \ s=\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\sqrt{1+y'^2}dx=\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\sqrt{1+x^2}dx=\frac{1}{2}[x\sqrt{1+x^2}+ln(x+\sqrt{1+x^2})]_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}=\sqrt{6}+ln(\sqrt{2}+\sqrt{3}). & \end{aligned} 解方程组⎩⎨⎧y=21x2，x2+y2=3，得两条曲线的交点为(−2, 1)和(2, 1)，因此所求弧长为 s=∫−221+y′2dx=∫−221+x2dx=21[x1+x2+ln(x+1+x2)]−22=6+ln(2+3).

11.半径为r的球沉入水中，球的上部与水面相切，球的密度与水相同，现将球从水中取出，需作多少功？\begin{aligned}&11. \ 半径为r的球沉入水中，球的上部与水面相切，球的密度与水相同，现将球从水中取出，需作多少功？&\end{aligned}11. 半径为r的球沉入水中，球的上部与水面相切，球的密度与水相同，现将球从水中取出，需作多少功？

解：

取x轴的正向铅直向上，沉入水中的球心为原点，取x为积分变量，它的变化区间为[−r,r]，对应区间[x,x+dx]的球的薄片的体积为dV=π(r2−x2)2dx=π(r2−x2)dx，因为该部分在水面以下重力与浮力的合力为零，在水面以上移动距离为r+x，所以需要作功为W=∫−rrgπ(r2−x2)(r+x)dx=∫−rrgπr(r2−x2)dx+∫−rrgπx(r2−x2)dx=2πgr∫0r(r2−x2)dx=43πgr4.\begin{aligned} &\ \ 取x轴的正向铅直向上，沉入水中的球心为原点，取x为积分变量，它的变化区间为[-r, \ r]，对应区间[x, \ x+dx]的\\\\ &\ \ 球的薄片的体积为dV=\pi(\sqrt{r^2-x^2})^2dx=\pi(r^2-x^2)dx，因为该部分在水面以下重力与浮力的合力为零，在水面\\\\ &\ \ 以上移动距离为r+x，所以需要作功为\\\\ &\ \ W=\int_{-r}^{r}g\pi(r^2-x^2)(r+x)dx=\int_{-r}^{r}g\pi r(r^2-x^2)dx+\int_{-r}^{r}g\pi x(r^2-x^2)dx=2\pi gr\int_{0}^{r}(r^2-x^2)dx=\frac{4}{3}\pi gr^4. & \end{aligned} 取x轴的正向铅直向上，沉入水中的球心为原点，取x为积分变量，它的变化区间为[−r, r]，对应区间[x, x+dx]的球的薄片的体积为dV=π(r2−x2)2dx=π(r2−x2)dx，因为该部分在水面以下重力与浮力的合力为零，在水面以上移动距离为r+x，所以需要作功为 W=∫−rrgπ(r2−x2)(r+x)dx=∫−rrgπr(r2−x2)dx+∫−rrgπx(r2−x2)dx=2πgr∫0r(r2−x2)dx=34πgr4.

12.边长为a和b的矩形薄板，与液面成α角斜沉于液体内，长边平行于液面而位于深h处，设a>b，液体的密度为ρ，试求薄板每面所受的压力.\begin{aligned}&12. \ 边长为a和b的矩形薄板，与液面成\alpha角斜沉于液体内，长边平行于液面而位于深h处，设a \gt b，\\\\&\ \ \ \ \ \ 液体的密度为\rho，试求薄板每面所受的压力.&\end{aligned}12. 边长为a和b的矩形薄板，与液面成α角斜沉于液体内，长边平行于液面而位于深h处，设a>b，液体的密度为ρ，试求薄板每面所受的压力.

解：

记x为薄板上点到近水面的长边的距离，取x为积分变量，它的变化区间为[0,b]，对应小区间[x,x+dx]，压强为ρg(h+xsinα)，面积为adx，所受压力为F=∫0bρga(h+xsinα)dx=12ρgab(2h+bsinα).\begin{aligned} &\ \ 记x为薄板上点到近水面的长边的距离，取x为积分变量，它的变化区间为[0, \ b]，对应小区间[x, \ x+dx]，\\\\ &\ \ 压强为\rho g(h+xsin\ \alpha)，面积为adx，所受压力为F=\int_{0}^{b}\rho ga(h+xsin\ \alpha)dx=\frac{1}{2}\rho gab(2h+bsin\ \alpha). & \end{aligned} 记x为薄板上点到近水面的长边的距离，取x为积分变量，它的变化区间为[0, b]，对应小区间[x, x+dx]，压强为ρg(h+xsin α)，面积为adx，所受压力为F=∫0bρga(h+xsin α)dx=21ρgab(2h+bsin α).

13.设星形线x=acos3t，y=asin3t上每一点处的线密度的大小等于该点到原点距离的立方，在原点O处有一单位质点，求星形线在第一象限的弧段对这质点的引力.\begin{aligned}&13. \ 设星形线x=acos^3\ t，y=asin^3\ t上每一点处的线密度的大小等于该点到原点距离的立方，在原点O处\\\\&\ \ \ \ \ \ 有一单位质点，求星形线在第一象限的弧段对这质点的引力.&\end{aligned}13. 设星形线x=acos3 t，y=asin3 t上每一点处的线密度的大小等于该点到原点距离的立方，在原点O处有一单位质点，求星形线在第一象限的弧段对这质点的引力.

解：

取参数t为积分变量，它的变化区间为[0,π2]，对用区间[t,t+dt]的弧长为ds=(dxdt)2+(dydt)2dt=3acostsintdt，该弧段质量为(a2cos6t+a2sin6t)32ds=3a4costsint(cos6t+sin6t)32dt，该弧段与质点的引力大小为G3a4costsint(cos6t+sin6t)32dta2cos6t+a2sin6t=3Ga2costsint(cos6t+sin6t)12dt，因此曲线弧对这质点引力的水平方向分量、铅直方向分量分别为Fx=∫0π2acos3ta2cos6t+a2sin6t3Ga2costsint(cos6t+sin6t)12dt=∫0π23Ga2cos4tsintdt=3Ga2[−cos5t5]0π2=35Ga2，Fy=∫0π2asin3ta2cos6t+a2sin6t3Ga2costsint(cos6t+sin6t)12dt=∫0π23Ga2costsin4tdt=3Ga2[−sin5t5]0π2=35Ga2，因此所求引力F=(35Ga2,35Ga2)，大小为325Ga2，方向角为π4.\begin{aligned} &\ \ 取参数t为积分变量，它的变化区间为\left[0, \frac{\pi}{2}\right]，对用区间[t, \ t+dt]的弧长为ds=\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}dt=\\\\ &\ \ 3acos\ tsin\ tdt，该弧段质量为(a^2cos^6\ t+a^2sin^6\ t)^{\frac{3}{2}}ds=3a^4cos\ tsin\ t(cos^6\ t+sin^6\ t)^{\frac{3}{2}}dt，该弧段与质点的引力\\\\ &\ \ 大小为G\frac{3a^4cos\ tsin\ t(cos^6\ t+sin^6\ t)^{\frac{3}{2}}dt}{a^2cos^6\ t+a^2sin^6\ t}=3Ga^2cos\ tsin\ t(cos^6\ t+sin^6\ t)^{\frac{1}{2}}dt，因此曲线弧对这质点引力的\\\\ &\ \ 水平方向分量、铅直方向分量分别为\\\\ &\ \ F_x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{acos^3\ t}{\sqrt{a^2cos^6\ t+a^2sin^6\ t}}3Ga^2cos\ tsin\ t(cos^6\ t+sin^6\ t)^{\frac{1}{2}}dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}3Ga^2cos^4\ tsin\ tdt=\\\\ &\ \ 3Ga^2\left[-\frac{cos^5\ t}{5}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{3}{5}Ga^2，\\\\ &\ \ F_y=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{asin^3\ t}{\sqrt{a^2cos^6\ t+a^2sin^6\ t}}3Ga^2cos\ tsin\ t(cos^6\ t+sin^6\ t)^{\frac{1}{2}}dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}3Ga^2cos\ tsin^4\ tdt=\\\\ &\ \ 3Ga^2\left[-\frac{sin^5\ t}{5}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{3}{5}Ga^2，\\\\ &\ \ 因此所求引力F=\left(\frac{3}{5}Ga^2, \ \frac{3}{5}Ga^2\right)，大小为\frac{3\sqrt{2}}{5}Ga^2，方向角为\frac{\pi}{4}. & \end{aligned} 取参数t为积分变量，它的变化区间为[0,2π]，对用区间[t, t+dt]的弧长为ds=(dtdx)2+(dtdy)2dt= 3acos tsin tdt，该弧段质量为(a2cos6 t+a2sin6 t)23ds=3a4cos tsin t(cos6 t+sin6 t)23dt，该弧段与质点的引力大小为Ga2cos6 t+a2sin6 t3a4cos tsin t(cos6 t+sin6 t)23dt=3Ga2cos tsin t(cos6 t+sin6 t)21dt，因此曲线弧对这质点引力的水平方向分量、铅直方向分量分别为 Fx=∫02πa2cos6 t+a2sin6 tacos3 t3Ga2cos tsin t(cos6 t+sin6 t)21dt=∫02π3Ga2cos4 tsin tdt= 3Ga2[−5cos5 t]02π=53Ga2， Fy=∫02πa2cos6 t+a2sin6 tasin3 t3Ga2cos tsin t(cos6 t+sin6 t)21dt=∫02π3Ga2cos tsin4 tdt= 3Ga2[−5sin5 t]02π=53Ga2，因此所求引力F=(53Ga2, 53Ga2)，大小为532Ga2，方向角为4π.

14.某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层，汽锤每次击打，都要克服土层对桩的阻力作功，设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比（比例系数为k，k>0），汽锤第一次击打将桩打进地下am，根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数r(0<r<1)，问\begin{aligned}&14. \ 某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层，汽锤每次击打，都要克服土层对桩的阻力作功，设土层\\\\&\ \ \ \ \ \ 对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比（比例系数为k，k \gt 0），汽锤第一次击打将桩打进地\\\\&\ \ \ \ \ \ 下a\ m，根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数\\\\&\ \ \ \ \ \ \ r\ (0 \lt r \lt 1)，问&\end{aligned}14. 某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层，汽锤每次击打，都要克服土层对桩的阻力作功，设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比（比例系数为k，k>0），汽锤第一次击打将桩打进地下a m，根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数 r (0<r<1)，问

(1)汽锤击打桩3次后，可将桩打进地下多深？(2)若击打次数不限，则汽锤至多能将桩打进地下多深？\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 汽锤击打桩3次后，可将桩打进地下多深？\\\\ &\ \ (2)\ \ 若击打次数不限，则汽锤至多能将桩打进地下多深？ & \end{aligned} (1) 汽锤击打桩3次后，可将桩打进地下多深？ (2) 若击打次数不限，则汽锤至多能将桩打进地下多深？

解：

(1)设第n次击打后，桩被打进地下xn，第n次击打时，汽锤克服阻力所作的功为Wn(n∫N∗)，根据题设，当桩被打进地下的深度为x时，土层对桩的阻力的大小为kx，所以W1=∫0x1kxdx=k2x12=k2a2，W2=∫x1x2kxdx=k2(x22−x12)=k2(x22−a2)，由W2=rW1可得x22−a2=ra2，即x22=(1+r)a2，W3=∫x2x3kxdx=k2(x32−x22)=k2[x32−(1+r)a2]，由W3=rW2=r2W1，可得x32−(1+r)a2=r2a2，则x3=1+r+r2a，当汽锤击打3桩3次后，可将桩打进地下1+r+r2am(2)Wn=∫xn−1xnkxdx=k2(xn2−xn−12)，由Wn=rWn−1，可得xn2−xn−12=r(xn−12−xn−22)，根据（1）可知，x22−x12=ra2，因此，xn2−xn−12=rn−1a2，由归纳法可得xn=1+r+⋅⋅⋅+rn−1a，所以，lim⁡n→∞xn=lim⁡n→∞a1−rn1−r=a1−r，若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下a1−rm\begin{aligned} &\ \ (1)\ 设第n次击打后，桩被打进地下x_n，第n次击打时，汽锤克服阻力所作的功为W_n\ (n \int N^*)，根据题设，当桩\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 被打进地下的深度为x时，土层对桩的阻力的大小为kx，所以W_1=\int_{0}^{x_1}kxdx=\frac{k}{2}x_1^2=\frac{k}{2}a^2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ W_2=\int_{x_1}^{x_2}kxdx=\frac{k}{2}(x_2^2-x_1^2)=\frac{k}{2}(x_2^2-a^2)，由W_2=rW_1可得x_2^2-a^2=ra^2，即x_2^2=(1+r)a^2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ W_3=\int_{x_2}^{x_3}kxdx=\frac{k}{2}(x_3^2-x_2^2)=\frac{k}{2}[x_3^2-(1+r)a^2]，由W_3=rW_2=r^2W_1，可得x_3^2-(1+r)a^2=r^2a^2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则x_3=\sqrt{1+r+r^2}a，当汽锤击打3桩3次后，可将桩打进地下\sqrt{1+r+r^2}a\ m\\\\ &\ \ (2)\ W_n=\int_{x_{n-1}}^{x_n}kxdx=\frac{k}{2}(x_n^2-x_{n-1}^2)，由W_n=rW_{n-1}，可得x_n^2-x_{n-1}^2=r(x_{n-1}^2-x_{n-2}^2)，根据（1）可知，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ x_2^2-x_1^2=ra^2，因此，x_n^2-x_{n-1}^2=r^{n-1}a^2，由归纳法可得x_n=\sqrt{1+r+\cdot\cdot\cdot +r^{n-1}}a，所以，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \lim_{n \rightarrow \infty}x_n=\lim_{n \rightarrow \infty}a\sqrt{\frac{1-r^n}{1-r}}=\frac{a}{\sqrt{1-r}}，若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下\frac{a}{\sqrt{1-r}}\ m & \end{aligned} (1) 设第n次击打后，桩被打进地下xn，第n次击打时，汽锤克服阻力所作的功为Wn (n∫N∗)，根据题设，当桩被打进地下的深度为x时，土层对桩的阻力的大小为kx，所以W1=∫0x1kxdx=2kx12=2ka2， W2=∫x1x2kxdx=2k(x22−x12)=2k(x22−a2)，由W2=rW1可得x22−a2=ra2，即x22=(1+r)a2， W3=∫x2x3kxdx=2k(x32−x22)=2k[x32−(1+r)a2]，由W3=rW2=r2W1，可得x32−(1+r)a2=r2a2，则x3=1+r+r2a，当汽锤击打3桩3次后，可将桩打进地下1+r+r2a m (2) Wn=∫xn−1xnkxdx=2k(xn2−xn−12)，由Wn=rWn−1，可得xn2−xn−12=r(xn−12−xn−22)，根据（1）可知， x22−x12=ra2，因此，xn2−xn−12=rn−1a2，由归纳法可得xn=1+r+⋅⋅⋅+rn−1a，所以， n→∞limxn=n→∞lima1−r1−rn=1−ra，若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下1−ra m