第5节 定积分的应用
一、基础题
1 求抛物线 $y=-x^{2}-4x-3$ 与 $x$ 轴所围成的图形的面积
解答：
先找曲线与 $x$ 轴交点，即解
$$-x^{2}-4x-3=0$$两边同乘以 $-1$：
$$x^{2}+4x+3=0$$因式分解：
$$(x+1)(x+3)=0$$故交点为
$$x=-3,\quad x=-1$$面积
$$A=\int_{-3}^{-1} -( -x^{2}-4x-3 )\, dx=\int_{-3}^{-1}(x^{2}+4x+3)\, dx$$计算：
$$\int (x^{2}+4x+3) dx=\frac{x^{3}}{3}+2x^{2}+3x$$代入上下限：
$$A=\left[\frac{x^{3}}{3}+2x^{2}+3x\right]_{-3}^{-1}$$上限：
$$\frac{-1}{3}+2(1)-3=\frac{-1}{3}+2-3=\frac{-4}{3}$$下限：
$$\frac{-27}{3}+18-9=-9+18-9=0$$故
$$A=\frac{-4}{3}-0=\frac{4}{3}$$面积为
$$A=\frac{4}{3}$$2 求由曲线 $y=\sqrt{x}$ 与 $x$ 轴及直线 $x=4$ 所围成的图形绕 $x$ 轴旋转所形成的旋转体的体积
解答：
绕 $x$ 轴旋转体积：
$$V=\pi \int_{0}^{4} y^{2} dx=\pi \int_{0}^{4} x \, dx$$计算：
$$\int x dx=\frac{x^{2}}{2}$$故
$$V=\pi\left[\frac{x^{2}}{2}\right]_{0}^{4}=\pi\cdot\frac{16}{2}=8\pi$$体积为
$$V=8\pi$$3 求下列曲线段的弧长
(1) $x=e^{t}\sin t,\ y=e^{t}\cos t, 0\le t\le \pi$
解答：
弧长公式：
$$L=\int_{0}^{\pi}\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^{2}+\left(\frac{dy}{dt}\right)^{2}} dt$$计算导数：
$$\frac{dx}{dt}=e^{t}\sin t+e^{t}\cos t=e^{t}(\sin t+\cos t)$$$$\frac{dy}{dt}=e^{t}\cos t-e^{t}\sin t=e^{t}(\cos t-\sin t)$$平方和：
$$(\sin t+\cos t)^{2}+(\cos t-\sin t)^{2}$$$$= (\sin^{2}t+\cos^{2}t+2\sin t\cos t)+(\sin^{2}t+\cos^{2}t-2\sin t\cos t)$$$$=2$$再乘以 $e^{2t}$：
$$\left(\frac{dx}{dt}\right)^{2}+\left(\frac{dy}{dt}\right)^{2}=2e^{2t}$$故
$$L=\int_{0}^{\pi} \sqrt{2}e^{t}\, dt=\sqrt{2}\left[e^{t}\right]_{0}^{\pi}$$$$L=\sqrt{2}(e^{\pi}-1)$$(2) $\rho=e^{2\theta},\ 0\le \theta\le 2\pi$
解答：
极坐标弧长公式：
$$L=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{\rho^{2}+\left(\frac{d\rho}{d\theta}\right)^{2}}\, d\theta$$计算：
$$\rho=e^{2\theta},\quad \frac{d\rho}{d\theta}=2e^{2\theta}$$$$\rho^{2}=e^{4\theta},\quad \left(\frac{d\rho}{d\theta}\right)^{2}=4e^{4\theta}$$故
$$L=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{e^{4\theta}+4e^{4\theta}} d\theta =\int_{0}^{2\pi}\sqrt{5}\, e^{2\theta} d\theta$$$$L=\sqrt{5}\left[\frac{e^{2\theta}}{2}\right]_{0}^{2\pi}$$$$L=\frac{\sqrt{5}}{2}(e^{4\pi}-1)$$4 若 9.8N 的力能使弹簧伸长 2cm，现在要使弹簧伸长 10cm，问需要做多少功？
解答：
由胡克定律： 力与伸长量成正比
$$F=kx$$已知 $9.8\text{ N}$ 对应 $x=0.02\text{ m}$，则
$$k=\frac{9.8}{0.02}=490$$做功：
$$W=\int_{0}^{0.10} kx\, dx=490\int_{0}^{0.10} x dx$$$$=\ 490\cdot\frac{x^{2}}{2}\Big|_{0}^{0.10}=490\cdot\frac{0.01}{2}=490\cdot 0.005$$$$W=2.45\ \text{J}$$功为
$$W=2.45\ \text{J}$$二、提高题
求曲线 $\rho=a\sin 3\theta, 0\le \theta\le \frac{\pi}{3}$ 所围成的图形的面积。
解答：
极坐标面积：
$$A=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/3}\rho^{2}\, d\theta$$$$\rho^{2}=a^{2}\sin^{2}3\theta$$故
$$A=\frac{a^{2}}{2}\int_{0}^{\pi/3}\sin^{2}3\theta\, d\theta$$利用
$$\sin^{2}u=\frac{1-\cos 2u}{2}$$$$A=\frac{a^{2}}{4}\int_{0}^{\pi/3}(1-\cos 6\theta)d\theta$$$$=\frac{a^{2}}{4}\left[\theta-\frac{\sin 6\theta}{6}\right]_{0}^{\pi/3}$$$$=\frac{a^{2}}{4}\left(\frac{\pi}{3}-0\right)=\frac{a^{2}\pi}{12}$$面积为
$$A=\frac{\pi a^{2}}{12}$$6 求由曲线 $x=\frac{1}{4}y^{2}-\frac{1}{2}\ln y$ 上相应于 $y$ 从 1 到 e 这一段的弧长。
解答：
$$L=\int_{1}^{e}\sqrt{1+\left(\frac{dx}{dy}\right)^{2}}\, dy$$$$\frac{dx}{dy}=\frac{1}{2}y-\frac{1}{2y}=\frac{y^{2}-1}{2y}$$$$\left(\frac{dx}{dy}\right)^{2}=\frac{(y^{2}-1)^{2}}{4y^{2}}$$$$1+\left(\frac{dx}{dy}\right)^{2} =1+\frac{y^{4}-2y^{2}+1}{4y^{2}} =\frac{4y^{2}+y^{4}-2y^{2}+1}{4y^{2}} =\frac{(y^{2}+1)^{2}}{4y^{2}}$$$$\sqrt{1+\left(\frac{dx}{dy}\right)^{2}}=\frac{y^{2}+1}{2y}$$故
$$L=\int_{1}^{e} \frac{y^{2}+1}{2y} dy$$$$=\frac{1}{2}\int_{1}^{e}(y+\frac{1}{y})dy$$$$=\frac{1}{2}\left[\frac{y^{2}}{2}+\ln y\right]_{1}^{e}$$$$=\frac{1}{2}\left(\frac{e^{2}}{2}+1\right)$$弧长
$$L=\frac{e^{2}+2}{4}$$7 证明：平面图形 $0\le a\le x\le b,\ 0\le y\le f(x)$ 绕 $y$ 轴旋转所形成的旋转体的体积
解答：
这是摆线的一条完整周期。 采用壳层法： 体积
$$V=2\pi \int_{0}^{2\pi} x\, y'(\theta)\, d\theta$$各量计算：
$$x=a(\theta-\sin\theta)$$$$y=a(1-\cos\theta)$$$$y'(\theta)=a\sin\theta$$代入：
$$V=2\pi\int_{0}^{2\pi} a(\theta-\sin\theta)\cdot a\sin\theta\, d\theta$$$$=2\pi a^{2}\int_{0}^{2\pi} (\theta\sin\theta-\sin^{2}\theta)\, d\theta$$计算两部分：
（1）
$$\int_{0}^{2\pi} \theta\sin\theta\, d\theta$$分部积分： 令
$$u=\theta,\quad dv=\sin\theta d\theta$$$$du=d\theta,\quad v=-\cos\theta$$$$\int \theta\sin\theta\, d\theta=-\theta\cos\theta+\int \cos\theta\, d\theta$$$$=-\theta\cos\theta+\sin\theta$$代入上下限 0 到 $2\pi$：
$$[-\theta\cos\theta+\sin\theta]_{0}^{2\pi}$$$$=-(2\pi)\cos 2\pi+\sin 2\pi - (0\cdot \cos 0+\sin 0)$$$$=-2\pi$$（2）
$$\int_{0}^{2\pi} \sin^{2}\theta\, d\theta=\pi$$因此
$$V=2\pi a^{2}(-2\pi-\pi)=2\pi a^{2}(-3\pi)$$$$V=-6\pi^{2}a^{2}$$体积取绝对值：
$$V=6\pi^{2}a^{2}$$8 求心形线 $\rho=4(1+\cos\theta)$ 和射线 $\theta=0,\theta=\frac{\pi}{2}$ 围成的图形绕极轴旋转所形成的体积。
解答：
极轴为 $x$ 轴，绕 $x$ 轴旋转体积公式
$$V=\pi\int (\rho\sin\theta)^{2} dA_{\theta}$$直接使用旋转体柱壳法（教材标准形式）： 绕极轴（$x$ 轴）旋转体积：
$$V=\int_{\theta=0}^{\pi/2}\int_{\rho=0}^{4(1+\cos\theta)}2\pi (\rho\sin\theta)\rho\, d\rho d\theta$$$$V=2\pi\int_{0}^{\pi/2} \sin\theta \int_{0}^{4(1+\cos\theta)}\rho^{2} d\rho d\theta$$$$=\frac{2\pi}{3}\int_{0}^{\pi/2} \sin\theta \left[4(1+\cos\theta)\right]^{3} d\theta$$$$=\frac{2\pi}{3}\int_{0}^{\pi/2} 64 \sin\theta (1+\cos\theta)^{3} d\theta$$$$=\frac{128\pi}{3}\int_{0}^{\pi/2} \sin\theta (1+\cos\theta)^{3} d\theta$$令
$$u=1+\cos\theta,\quad du=-\sin\theta d\theta$$当 $\theta=0$，$u=2$； 当 $\theta=\frac{\pi}{2}$，$u=1$。
$$V=\frac{128\pi}{3}\int_{2}^{1} -u^{3} du$$$$=\frac{128\pi}{3}\int_{1}^{2} u^{3} du$$$$=\frac{128\pi}{3}\left[\frac{u^{4}}{4}\right]_{1}^{2}$$$$=\frac{128\pi}{3}\cdot \frac{16-1}{4}$$$$=\frac{128\pi}{3}\cdot \frac{15}{4}$$$$=160\pi$$9 有一个高为 $h$，底边为 $a$ 的等腰三角形薄板垂直沉没在水中，顶点在下、底边与水平相齐，求水对薄板的压力。
解答：
取坐标：顶点记为 $y=0$，底边 $y=h$。 水压公式
$$F=\int p\, dA=\rho g\int y\, dA$$三角形在高度 $y$ 处的宽：
$$w(y)=\frac{a}{h}y$$面积条
$$dA=w(y)dy=\frac{a}{h}y\, dy$$压力：
$$F=\rho g\int_{0}^{h} y\cdot \frac{a}{h}y\, dy$$$$=\rho g\frac{a}{h}\int_{0}^{h} y^{2} dy$$$$=\rho g\frac{a}{h}\cdot \frac{h^{3}}{3}$$$$= \frac{a h^{2}}{3}\rho g$$10 设星形线 $x=a\cos^{3}t,\ y=a\sin^{3}t$。上每一点处线密度的大小等于该点到原点的距离的平方，在左上象限一单位质量点，求星形线在第一象限的弧长及该单位质点的引力。
解答：
(1) 弧长：
$$x'=a(3\cos^{2}t)(-\sin t)=-3a\cos^{2}t\sin t$$$$y'=a(3\sin^{2}t)\cos t=3a\sin^{2}t\cos t$$$$L=\int_{0}^{\pi/2}\sqrt{(x')^{2}+(y')^{2}}\, dt$$$$=3a\int_{0}^{\pi/2}\cos t\sin t\sqrt{\cos^{2}t+\sin^{2}t}\, dt$$$$=3a\int_{0}^{\pi/2}\cos t\sin t\, dt$$$$=\frac{3a}{2}$$(2) 引力： 线密度
$$\lambda=r^{2}=(x^{2}+y^{2})=a^{2}(\cos^{6}t+\sin^{6}t)$$质量元
$$dm=\lambda\, ds$$引力（取方向径向）：
$$F=G\int \frac{dm}{r^{2}}=G\int \frac{a^{2}(\cos^{6}t+\sin^{6}t)\, ds}{a^{2}(\cos^{6}t+\sin^{6}t)}$$简化：
$$F=G\int ds=GL$$$$F=G\cdot \frac{3a}{2}$$三、考研题
11 （2011109）曲线 $y=\int_{0}^{x} \tan t dt$（$0\le x\le\frac{\pi}{4}$）的弧长为________。
解答：
$$y'(x)=\tan x$$弧长
$$L=\int_{0}^{\pi/4}\sqrt{1+(y')^{2}} dx=\int_{0}^{\pi/4}\sqrt{1+\tan^{2}x}\, dx$$$$=\int_{0}^{\pi/4}\sec x\, dx$$原始函数：
$$\int \sec x dx=\ln|\sec x+\tan x|$$故
$$L=\left[\ln(\sec x+\tan x)\right]_{0}^{\pi/4}$$$$=\ln(\sqrt{2}+1)-\ln(1)$$$$=\ln(\sqrt{2}+1)$$