Bài tập cuối chương 4

Hướng dẫn giải

a) Quãng đường vật di chuyển sau thời gian \(t\) giây là

\(s\left( t \right) = \int\limits_0^t {v\left( t \right)dt}  = \int\limits_0^t {10tdt}  = \left. {\left( {5{t^2}} \right)} \right|_0^t = 5{t^2}\).

b) Đến khi vật chạm đất, thì vật đã di chuyển được 100 m.

Do đó \(s\left( t \right) = 100 \Rightarrow 5{t^2} = 100 \Rightarrow {t^2} = 20 \Rightarrow t = 2\sqrt 5  \approx 4,47\) (giây)

Vậy sau khoảng 4,47 giây thì vật chạm đất.

Tốc độ rơi trung bình của vật là \({v_{tb}} = \frac{{100}}{{2\sqrt 5 }} = 10\sqrt 5  \approx 22,36\) (m/s)

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

Diện tích \({S_1} + {S_2}\) chính là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y =  - {x^2} + 4x\), trục hoành và các đường thẳng \(x = 0\), \(x = 4\). Do đó

 \({S_1} + {S_2} = \int\limits_0^4 {\left( { - {x^2} + 4x} \right)dx}  = \left. {\left( {\frac{{ - {x^3}}}{3} + 2{x^2}} \right)} \right|_0^4 = \frac{{32}}{3}\).

Hình phẳng \({S_1}\) được giới hạn bởi các đồ thị hàm số \(y =  - {x^2} + 4x\), \(y = x\) và các đường thẳng \(x = 0\), \(x = 3\). Do đó

\({S_1} = \int\limits_0^3 {\left[ {\left( { - {x^2} + 4x} \right) - x} \right]dx}  = \int\limits_0^3 {\left( { - {x^2} + 3x} \right)dx}  = \left. {\left( { - \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{3{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^3 = \frac{9}{2}\).

Suy ra \({S_2} = \frac{{32}}{3} - \frac{9}{2} = \frac{{37}}{6}\) và \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{9}{2}:\frac{{37}}{6} = \frac{{27}}{{37}}\)

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

Chọn trục \(Ox\) sao cho \(O\) trùng với tâm của đáy, chiều dương của trục là chiều hướng lên trên.

Khi cắt chậu nước bằng mặt phẳng song song với đáy và cách mặt đáy \(x\), thì mặt phẳng đó cắt trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x\). Mặt cắt là hình tròn có bán kính \(\left( {10 + \sqrt x } \right)\) (cm)

Như vậy, diện tích mặt cắt là \(S\left( x \right) = \pi {\left( {10 + \sqrt x } \right)^2} = \pi \left( {x + 100 + 20\sqrt x } \right)\).

Suy ra dung tích của chậu là

\(V = \int\limits_0^{16} {S\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^{16} {\pi \left( {x + 100 + 20\sqrt x } \right)dx}  = \pi \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + 100x + 20.\frac{2}{3}\sqrt {{x^3}} } \right)} \right|_0^{16} = \frac{{7744}}{3}\pi \) (\({\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\)).

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

Chọn trục \(Ox\) sao cho \(O\) trùng với tâm của đáy, chiều dương của trục là chiều hướng lên trên.

Nếu cắt lều bởi một mặt phẳng cách mặt đáy \(x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\), thì mặt phẳng đó cắt trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x\). Mặt cắt là hình vuông có cạnh \(\sqrt {9 - {x^2}} {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\).

Như vậy, diện tích mặt cắt là \(S\left( x \right) = {\left( {\sqrt {9 - {x^2}} } \right)^2} = 9 - {x^2}\).

Suy ra thể tích của lều là \(V = \int\limits_0^3 {S\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^3 {\left( {9 - {x^2}} \right)dx}  = \left. {\left( {9x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^3 = 18\)(\({{\rm{m}}^3}\))

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

Phương trình đường tròn tâm \(O\), bán kính \(r = 2\) là \({x^2} + {y^2} = {2^2} = 4\).

Do nửa đường tròn nằm phía trên trục \(Ox\), nên ta có \(y \ge 0\). Suy ra phương trình nửa đường tròn là \(y = \sqrt {4 - {x^2}} \).

Hình phẳng \(D\) được giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = \sqrt {4 - {x^2}} \), trục hoành và các đường thẳng \(x =  - 1\), \(x = 1\). Do đó, thể tích khối tròn xoay khi quay \(D\) quanh trục \(Ox\) là

\(V = \pi \int\limits_{ - 1}^1 {{{\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)}^2}dx}  = \pi \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {4 - {x^2}} \right)dx}  = \pi \left. {\left( {4x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ - 1}^1 = \pi \left( {\frac{{11}}{3} - \frac{{ - 11}}{3}} \right) = \frac{{22\pi }}{3}\).

(Trả lời bởi datcoder)