2010 考研数学试题详解与评析 水木艾迪考研辅导班 教务电话:62780040 15810102026
教学与命题研究中心 清华大学数学系教授 刘坤林 俞正光 谭泽光 葛余博 叶俊 章纪民
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第 7 讲 定积分的应用 综合例题
7. 1 定积分应用的两种思想
z 定积分应用问题的特征:
z 解决定积分应用问题的两种思路:
元素相加法: 利用定积分定义一个量。
分小取近似: ( ) ii xfI Δ≈Δ ξ ;
求和取极限: ∫∑ =Δ=
=→
b
a
n
i
ii dxxfxfI )()(lim
10
ξλ
微元分析法: 通过分析末知函数的增量求出其微分的方法。
分小取微分: ; ( )dxxfdII =≈Δ
积分求增量: . )()()( aFbFdxxfI
b
a
−== ∫
7. 2 定积分在几何方面的应用
7.2.1 平面区域的面积
直角坐标系中平面区域的面积 { })()(,),( xgyxfbxayxD ≤≤≤≤=
[ ]∫ −= ba dxxfxgA )()( 。
注:若连续函数 在区间 上变号,则 表示正负面积的代数和,有时
称为代数面积。
)(xf ],[ ba ∫= ba dxxfA )(
例 7.1 求
2
2xy = 与
2
3+= xy 围成的面积.
【解】 由
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+=
=
2
3
2
2
xy
xy
,解得交点 3,1 =−= ba 。
3
16
22
33
1
2
=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −+= ∫− dxxxA 。
例 7.2 求非负常数a,使 与2xxy −= axy = 所围封闭区域之面积为
4
9 。
【解】 当 时,10 << a
4
9)(
1
0
2 =−−∫ −a dxaxxx , 0231 3 <−=a (舍)
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当 时,1≥a
4
9)(
0
1
2 =−−∫ −a dxaxxx , 3 231+=a .
2. 参数方程下区域的面积
设区域的边界由曲线
( )
⎩⎨
⎧ ≤≤=
= βα t
tyy
txx
L
)(
)(
: 确定, 其中 连续可导, , 则区域的面积
为 。
)(),( tytx 0)( ≥ty
∫ ′= βα dttxtyA )()(
例 7.3 求椭圆 1
49
22
=+ yx 围的区域的面积.
【解】解法一 第一象限部分的边界为
30,9
3
2 2 ≤≤−= xxy ,
π
π
6cos249
3
24 2
0
21
0
2 ==−= ∫∫ tdtdxxA 。
解法二 椭圆 1
49
22
=+ yx 的参数方程为
π20,sin2,cos3 ≤≤== ttytx ,
∫∫ == 0
2
3
0
)()(44 π tdxtyydxA ππ 6)sin3(sin24 0
2
=−= ∫ dttt
3.极坐标系下区域的面积
设区域 为(D ϕρϕρ sin,cos == yx ), { })(0,),( ϕρρβϕα ≤≤≤≤= yxD ,
则其面积为 ( )∫= βα ϕϕρ dA 221 。
例 7.4 求心形线 ( )0)cos1( >+= aa ϕρ 所围的面积.
【解】 ( )∫∫ == ππ ϕϕρϕϕρ 0 220 2 )(21 ddA
22
0
42
0
42
2
3cos8
2
cos4 atdtada πϕϕ
ππ === ∫∫ 。
例 7.5 已知曲线 xay = ( )与曲线0>a xy ln= 在点 处有公切线。 ),( 00 yx
(1)求常数a及切点之坐标值
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(2)求上述二曲线与 x轴所围图形的面积
【解】(1)由
00 2
1
2
1
xx
a = 及 00 ln xxa = ,解得 ,切点为( ) 1−= ea 1,2e
(2) 面积为 dxxdxxaA
ee ∫∫ −= 22 10 ln 212132 22 −−= ee 2161 2 −= e 。
7.1.2 旋转体的体积
1.绕 x轴旋转生成的旋转体的体积(小圆台法)
平面区域
{ })(0,),( xfybxayxD ≤≤≤≤= 绕 x 轴 旋 转 生 成 的 旋 转 体 的 体 积 为
∫= bax dxxfV )(2π
2. 绕 轴旋转生成的旋转体的体积(薄壁筒法) 平面区域 y
{ })(0,),( xfybxayxD ≤≤≤≤=
绕 y 轴旋转生成的旋转体的体积为 ∫= bay dxxfxV )(2π
例 7.6 求由曲线 xyxy =−= ,2 2 及 轴所为平面区域绕y x轴及绕 轴旋转生成的旋
转体的体积.
y
【解】 [ ] ππ
6
7)2(
1
0
2 =−−= ∫ dxxxVx ,
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( ) ππ
15
2222022
1
0
2 −=−−= ∫ dxxxVy
例 7.7 设常数 ,直线10 << a axy = 与抛物线 所围成图形的面积为 ,他们与直
线 所围成的图形面积为 。
2xy = 1A
1=x 2A
(1) 试确定 的值,使 达到最小,并求出最小值; a 21 AA +
(2) 求该最小值所对应的图形绕 x轴旋转一周所生成旋转体的体积。
【解】(1) =dxxaxA
a∫ −= 0 21 )( 361 a ,
31 2
2 6
1
23
1)( aadxaxxA
a
+−=−= ∫
3
1
2
1
3
1 3
21 +−=+= aaAAA ,
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2
12 −=′ aA , ,当02 >=′′ aA
2
1=a 时,
取到最小值
6
2
3
1)
2
1( −=A 。 A
(2) 用小圆台法
∫∫ −−− 1 2220 222 222
2
])
2
()[(])()
2
[( dxxxdxxx ππ π
30
12 += 。
例 7.8 求曲线 上的一条切线,使该切线与直线)62(,ln ≤≤= xxy 6,2 == xx 所围成平
面图形面积最小。
【解】求曲线段 )62(,ln ≤≤= xxy 的一条切线,使该切线与直线 6,2 == xx 及
此曲线段所围平面图形的面积最小。
设切点为 ,则切线方程为0x 00
0
ln)(1 xxx
x
y +−= ,该切线与直线 6,2 == xx 所围成平面
图形面积为
∫ −−+= 62 0
0
00 ]ln)(
1[ln)( dxxxx
x
xxS
2ln26ln616ln4
0
0 +−+= xx
由 ,得 。 又有 0)( 0 =′ xS 40 =x
,2ln26ln6
3
86ln4)6(
,2ln26ln642ln8)(
,2ln26ln682ln4)2(
0
+−+=
+−+=
+−+=
S
xS
S
所以 最小,故所求切线方程为 )( 0xS )4(4
14ln −+= xy .
例 7.9 过点 作曲线)0,1( 2−= xy 的切线,该切线与上述曲线及 x轴围成一平面图形 A。
(1)求 A的面积;
(2)求 A绕 x轴旋转一周所成旋转体体积。
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【解】(1)设切点坐标为 ,则在此点的切线斜率为),( 00 yx 22
1
0
0 −=′ = xy xx
在此点的切线方程为
2)(
22
1
00
0
−+−−= xxxxy
把点 代入上式得 ,切线方程为)0,1( 30 =x )1(2
1 −= xy ,
则
3
1)]12()2[(
1
0
2 =+−+= ∫ dyyyA
(2) dxxdxxVx 2
3
2
23
1
)2()]1(
2
1[ ∫∫ −−−= ππ πππ 612132 =−=
7.1.3 光滑曲线的弧长
1. 直角坐标系中的光滑曲线 bxaxfy ≤≤= ),( 的弧长为 [ ]∫ ′+= ba dxxfl 2)(1 。
2. 参数方程下
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β 的弧长为 [ ] [ ]∫ ′++′= βα dttytxl 22 )()( 。 α ≤≤== ttyytxx ),(),(
3. 极坐标系下光滑曲线 ( ) βϕαϕρρ ≤≤= , 的弧长为 ( ) [ ]∫ ′++= βα ϕϕρϕρ dl 22 )( 。
例 7.10 求心形线 ( )0)cos1( >+= aar ϕ 的弧长.
【解】 ( ) ( )∫ −++= π ϕϕϕ20 22 sincos1 dal ∫− += ππ ϕϕda cos22
atdtada 8cos8
2
cos22 2
00
=== ∫∫ ππ ϕϕ 。
7.1.4 旋转体的侧面积
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1. 直角坐标系中曲线 bxaxfy ≤≤= ),( 绕 轴旋转生成的旋转体的侧面积为 x
[ ]∫ ′+= ba dxxfxfA 2)(1)(2π 。
2. 参数方程下曲线 βα ≤≤== ttyytxx ),(),( 绕 x轴旋转成的侧面积为
[ ] [ ]∫ ′++′= βαπ dttytxtyA 22 )()()(2 。
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例 7. 11 设有曲
线 1−= xy ,
过原点作其切
线, 求此曲线,
切线及 x轴为成
的平面区域绕 x
轴旋转一周所得到的旋 转体表面积.
【解】 可以求得切线为 xy
2
1= , 切
点为 ( .
)1,2
旋转体表面积由两部分组成:
由曲线绕 x轴旋转一周所
得到的旋转体表面积为 ∫ ′+= 21 21 12 dxyyA π ( )15563421 −=−= ∫ ππ dxx 。
由切线绕 x轴旋转一周所得到的旋转体表面积为
ππ 5
2
5
2
12
2
02
== ∫ dxxA
所以旋转体表面积 ( )1511
621
−=+= πAAA 。
例 7. 12 设外旋轮线的方程为
⎩⎨
⎧ >≤≤−=
−=
)0,20(
)cos1(
)sin(
at
tay
ttax π ,
(1)求它绕 x轴旋转一周生成的体积与侧面积;
(2)求它绕 轴旋转一周生成的体积与侧面积。 y
【解】(1)体积为
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∫ −−ππ 20 22 )cos1()cos1( dttata ∫ −+−= ππ 20 323 )coscos3cos31( dtttta
= 。 325 aπ
侧面积为
∫ +ππ 0 22 )'()'(2 dtyxy ∫ += ππ 0 22 )'()'(2 dtyxy = dtta∫ ππ 20 3 2sin8
)
2
(cos)
2
cos1(16
2
0
2 tdta∫ −−= ππ = 2364 aπ
(2)绕 轴旋转体积与侧面积分别为 y
体积: = , ∫ −ππ 20 22 sin)sin( tdtatta 336 aπ
侧面积: ∫ +ππ 0 22 )'()'(2 dtyxx = ∫ −−ππ 0 cos22)sin(2 dtttta = 2216 aπ
7.2 定积分的物理应用
1. 平面图形的形心
设 在区间 上可积, 则平面图形 )(),( xgxf ],[ ba
{ })()(,),( xgyxfbxayxD ≤≤≤≤= 的形心为
[ ]
[ ]∫
∫
−
−= b
a
b
a
dxxfxg
dxxfxgx
x
)()(
)()( [ ]
[ ]∫
∫
−
−
= b
a
b
a
dxxfxg
dxxfxg
y
)()(
)()(
2
1 22
例 7. 13 求半径为R的半圆板的形心.
【解】 设半圆板的圆心在原点, 由对称性,
0=x . R
R
dxxR
y
R
R
ππ 3
4
2
1
)(
2
1
2
22
=
−
= ∫− .
例 7. 14 假设区域 由曲线 D
)0,0(3 >>= Pypxy 及其过点 的切线与),1( p x轴围成,设此区域的形心为 , ),( YX
(1)求 X 的值;
(2)求 的值,使 绕 y 轴旋转一周而生成的旋转体体积为p D π
135
7=yV 。
【解】(1) ppxy
xx
33
1
2
1
==′ == ,
切线为 。与)1(3 −+= xppy x轴交点为 )0,32( ,
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ppdxpxA
12
1
6
11
0
3 =−= ∫ ,
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xdxxppdxxpxM y ])1(3[
1
3
2
1
0
3 ∫∫ −+−⋅=
dxpxpxp ∫ −−= 1
3
2
2 )23(
5
1 ppp
135
7)
9
41
27
81(
5
1 =+−−−=
45
28
135
84 ==X 。
(2) dy
p
yppV
p
y ∫−⋅−= 0 32
3
2
21 ]2)
3
2(31[
3
1 ππ
dy
p
ypp
p∫−⋅−⋅= 0 32
3
2
21 ]2)
3
2(31[
3
1 ππ
ppp
5
3]2)
3
2(31[
3
1 21 π pπ
135
14= π −⋅−⋅=
令 ππ
135
7
135
14 =p ,得到
2
1=p 。
或:由古耳金定理得到 pXAVy 12
1
135
8422 ⋅== ππ
2
1,
135
7
135
14 === pp ππ 。
2. 压力问题
同一深度的各方向的压强相等, 小微元的压力微元为 dAghdp ⋅= ,
其中h为该小微元离液面的高度, 为重力加速度,dA为该小微元的面积.积分可得压力. g
例7.15 将半圆形平板闸门垂直放入水中, 直径与水平面重合,水的密度为1,求闸门受的压
力.
【解】 以水平面为 轴, 垂直向下为 y
x轴建立坐标系,
dxxRxdp 222 −= , 其中R为半径.
压力 3
0
22
3
22 RdxxRxp
R =−= ∫
2. 引力问题
例 7. 16 有一长为 L、质量均匀分布、总质
量为M 的细杆, 在沿杆所在的直线上, 离其一端 相距为 的 处,放有一质量为 的O a P m
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质点, 求杆对质点的引力.
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【解】 取杆的微元 [ ]dxxx +, , 其对 P点的引力微元为 dx
L
M
xal
mgdF ⋅−+= 2)(
杆对质点的引力
)()(0 2 ala
gmMdx
L
M
xal
mgF
L
+=⋅−+= ∫
3. 变力作功
两个关键量的表达:(1)导致作功的力,(2)导致作功的有效路程
例 7. 17 将一半径为R的圆球压入水中, 使球体刚好与水平面相切, 求克服水的浮力作的
功(设水的密度为 1).
【解】平面曲线为 , 222 )( RRyx =−+
O
P
L
y
2R
O
取厚度为 的水平薄片, 其受水的浮力微元为 , 导致 yΔ dyxdF 2π=
作功的有效行程为 ,因此功的微元(元功)为 , 所
作功为
)2( yR − dyyRxdW )2(2 −=π
[ ] 42
0
22
3
4)2()( RdyyRRyRW
R ππ =−−−= ∫ (公斤米)。
例7.18 一圆锥形油罐高10m,上方开口直径为10m,油面高度为8m,油的密度为480kg/ ,
问将罐内的油全部抽出至罐外需作多少功。
3m
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【解】建立坐标如图,圆锥侧母线为 xy 2= ,沿 轴方向将圆锥分割成小圆台,体积微元
为
y
dyydv 2
2
π= ,
质量微元为 dyydm
2
2
480 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⋅= π ,导致作功的有效行程为 )10( y− 米,
因此功的微元(元功)为 dyyydw
2
4
)10(480 π−= ,
所作功为 dyyyw ∫ −= 80
2
4
)10(480 π
)(8192)10(120
8
0
32 kgmdyyy ππ =−= ∫ 。
7.3 定积分综合问题
例 7.19 求由 与xyx 222 ≤+ xy ≥ 确定平面图形绕直线 2=x 旋转而成的旋转体体积 。
【解】(方法法 1)记
V
yxyx =−−= 221 ,11 ,
⎩⎨
⎧
=
=⇒
⎩⎨
⎧
=
=+
1
1222
y
x
xy
xyx
dyxxdv ])2()2([ 22
2
1 −−−= ππ dyyy ])2()11[( 222 −−−+=π
∫= 10 dvV πππ 322])2()11[(
1
0
2
222 −=−−−+= ∫ dyyy
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(方法 2 记 221 2, xxyxy −== ,
dxxxxx )2)(2(2 2 −−−= π dxyyxdv ))(2(2 12−= π −
πππ
3
2
2
)2)(2(2
1
0
2
21
0
−=−−−== ∫∫ dxxxxxdvV
例 7.20 设 在 上 连 续 非 负 且 单 调 增 加 , 为 区 域
,
)(xf ],[ ba ),( YX
bxaRyxD ≤≤∈= |),{( 2 )}(0 xfy ≤≤ 的形心,证明
2
baX +≥ 。
【思路】本题要证
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2)(
)(
ba
dxxf
dxxxf
X b
a
b
a +≥= ∫
∫ ,即证 0)(
2
)(
≥+−= ∫∫ dxxfbadxxxfI baba .
(1) 将 视为变量,引入变上限的积分 ,证明 , b )(xF 0)( ≥xF
这便是(方法 1);将二个积分合并为一个积分号,再插入分点
2
ba + ,
把积分拆分为两个区间上的积分,利用 单调性对积分估计正负号, )(xf
形成(方法 2);利用积分中值定理对积分进行估计,便形成(方法 3)。
【证】(方法 1) 令 dttfxadtttfxF
x
a
x
a
)(
2
)()(
∫∫ +−= ,
则 , 0)( =aF
而 dttfxfxaxxfxF
x
a
)(
2
1)(
2
)()(
∫−+−=′
))((
2
1)()(
2
1 axfxfax −−−= ξ ( ))()()(
2
1 ξfxfax −−= .
其中 ),( xa∈ξ ,又 单调增加,因而 ,令)(xf 0)( >xF bx = ,则不等式(1)成立。
(方法 2)考虑(1)式中的积分合并后得到
dxxfbaxI
b
a
)(
2
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−= ∫ dxxfbaxbaa )(22
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−= ∫ +
dxxfbax
b
ba )(2
2
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−+ ∫ +
将上述等号右端第一个积分记为 , 单调增加,则 1I )(xf
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +≤≤
2
)(0 bafxf , 0
2
<+− bax .
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由积分的保序性(注意被积函数为负),因此
dxbafbaxI
ba
a
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−≥ ∫ + 222
1
.
(2)再考虑前面等号右端中的第二个积分,
记为 ,注意2I ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +≥
2
)( bafxf ,
0
2
>+− bax ,由保序性又有
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dxbafbaxI
a
ba ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−≥ ∫ + 22
2
2
.
(3)将同向不等式(2)和(3)相加,则有
0
22
21
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +≥+= ∫ dxbaxbafIII ba .
(4)于是不等式(1)得证。
(方法 3)对(方法 2)中的 与 ,注意到1I 2I 2
bax +− 在两个积分号内分别保持定号,
而 连续,由积分中值定理则有 )(xf
)()(
8
1
2
)( 1
22
11
ξξ fabdxbaxfI
ba
a
−−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−= ∫ +
)()(
8
1
2
)( 2
2
2
2
ξξ fabdxbaxf b ba −−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−∫ +2I =
其中 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
2
,1
baaξ , ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +∈ bba ,
22
ξ ,
即有 12 ξξ > ,由 的单调性,则有)(xf )()( 12 ξξ ff ≥ ,于是
0))()(()(
8
1
12
2
21 ≥−−=+= ξξ ffabIII .
例 7.21 设 连续,)(xS ∫= x dttxS 0 cos)( ,
(1)当 为正整数时, 且n ππ )1( +≤≤ nxn 时,证明 )1(2)(2 +≤≤ nxSn .
(2)求
x
xS
x
)(lim+∞→ .
【解】(1) 0cos ≥x ,当 ππ )1( +≤≤ nxn 时, 为增函数,所以 )(xS
2010 考研数学试题详解与评析 水木艾迪考研辅导班 教务电话:62780040 15810102026
教学与命题研究中心 清华大学数学系教授 刘坤林 俞正光 谭泽光 葛余博 叶俊 章纪民
赛尔教育—水木艾迪考试培训网: www.tsinghuatutor.com
∫ πn dtt0 cos ∫ +<≤ π)1(0 cos)( n dttxS ,
注意到 xcos 以π 为周期, ∫ πn dtt0 cos ndttn 2cos0 == ∫ π ,
∫ + π)1(0 cosn dtt )1(2cos)1( 0 +=+= ∫ ndttn π 于是得到
)1(2)(2 +≤≤ nxSn 。
(2)当 ππ )1( +≤≤ nxn 时,
ππ n
n
x
xS
n
n )1(2)(
)1(
2 +≤≤+ ,
令 ,由夹逼准则得到 ∞→n
π
2)(lim =+∞→ x
xS
x
。
例 7.22 设 在)(xf [ ]ba, 上连续,在 内可导,且),( ba 0)( >′ xf ,试证明:在 内存在
一点
),( ba
ξ ,使曲线 )(xfy = 与 )(ξfy = , ax = 所围成的图形面积 是由曲线 与1S )(xfy =
)(ξfy = , 所围成平面图形 的 3 倍. bx = 2S
【解】 在 内取一点 ,则 ),( ba t
∫ −== ta dxxftftSS ))()(()(11 , , ∫ −== bt dxtfxftSS ))()(()(22
−−=−= ∫ta dxxftftStStF ))()(()(3)()( 21 , ∫ −bt dxtfxf ))()((3
则只须证明 在 有且仅有一个零点)(tF ),( ba ),,( ba∈ξ 使得 0)( =ξF 。
注意到由 ,于是 在 内单调增加,由积分估值定理可得 0)( >′ xf )(tf ),( ba
0)(
−= ∫ba dxxfbfbF )(tF ),( ba
另由 ,考察 在 内的单调性。 0)( >′ xf )(tF ),( ba
−′−+=′ )()()()( tfattftF )()(3)()(3)( tftbxftbtf −+−−
)]()()[(3)()( xftftbtfat −−+′−=
0)()(3)()( 1 >′−+′−= ξftbtfat
其中 ),(1 xt∈ξ 。于是 在 内单调增加,最多有一个零点。 )(tF ),( ba
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综合上述分析,所以 在 有一个零点)(tF ),( ba ),,( ba∈ξ 使得 0)( =ξF 。
例 7.23(重复了)
例 7.24 设有三角形闸板,两直角边和为 将其竖直放入水中,使一直角与水面重合,另一
直角边垂直向下,问两直角边成何比例时,三角形闸板承受水压力最大? 设水的密度为 1,
求出此最大压力.
l
【解】以垂直向下直角边顶点为坐标原点,垂直向上方向为 y轴, yx − 平面与三角板所在
平面相平行建立坐标系, 并设水平直角边与垂直向下直角边的边长分别为 a 与 ,则有
,斜边所在直线方程为
ka
lkaa =+ kxy = .
记 为闸板承受的水压力,取横向分割, 表示面积,)(kP xdy yka − 为水深,
则有微分关系
于是 dxxaxkdyykaxkdP )()()( 22 −=−=
3
3232
0
22
)1(66
)()( +==−= ∫ k lkakdxxaxkkP
a
4
32
)1(6
)2()( +
−=′
k
lkkkP ,
解得驻点 ,且 在驻点两则 2=k )(kP′
变号(先正后负),因此最大压力为
81
2)2(
3lP = 。
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