2011年考研数二第20题解析：旋转体的体积、一重定积分

题目

一容器的内侧是由图中曲线绕 $y$ 轴旋转一周而成的曲面，该曲线由 $x^2+y^2=2y$ $(y⩾\frac{1}{2})$ 与 $x^2+y^2=1$ $(y⩽\frac{1}{2})$ 连接而成。

$(\mathrm{Ⅰ})$ 求容器的容积；

$(\mathrm{Ⅱ})$ 若将容器内盛满的水从容器顶部全部抽出，至少需要做多少功？

（长度单位：$m$, 重力加速度为 $g$ $m/s^2$, 水的密度为 ${10}^3$ $kg/m^3$）

解析

第 $(\mathrm{Ⅰ})$ 问

方法一

由于该容器是关于 $y=\frac{1}{2}$ 对称的，因此，我们只需要求出该容器位于 $y=\frac{1}{2}$ 下面部分的体积，之后乘以 $2$ 即可。

由 $x^2+y^2=1$, 得：

$$x^2=1–y^2\Rightarrow$$

$$x(y)=\sqrt{1-y^2}.$$

$$V=$$

$$2\pi \cdot {\int }_{-1}^{\frac{1}{2}}[x(y){]}^{2}dy\Rightarrow$$

$$2\pi \cdot {\int }_{-1}^{\frac{1}{2}}(1-y^2)dy\Rightarrow$$

$$2\pi \cdot [y–\frac{1}{3}{y}^3]{|}_{-1}^{\frac{1}{2}}=$$

$$2\pi \cdot [(\frac{1}{2}–\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{8})–(-1+\frac{1}{3})]=$$

$$\frac{9\pi }{4}.$$

方法二

根据题目可知，图 01 中的曲线是由如下两条曲线组成的：

$$x(y)=\sqrt{1-y^2},-1⩽y⩽\frac{1}{2};$$

$$x(y)=\sqrt{2y–y^2},\frac{1}{2}⩽y⩽2.$$

于是，我们有：

$$V=$$

$$\pi \cdot [{\int }_{-1}^{\frac{1}{2}}(1-y^2)dy+{\int }_{\frac{1}{2}}^2(2y-y^2)dy]=$$

$$\pi \cdot [(y–\frac{1}{3}{y}^3){|}_{-1}^{\frac{1}{2}}+(y^2–\frac{1}{3}{y}^3){|}_{\frac{1}{2}}^2]=$$

$$\pi \cdot [\frac{1}{2}–\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{8}+1–\frac{1}{3}+4–\frac{8}{3}–\frac{1}{4}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{8}]=$$

$$\frac{9\pi }{4}.$$

第 $(\mathrm{Ⅱ})$ 问

在这里，我们以 $y=\frac{1}{2}$ 为界，将题目所指的容器分为“上半部分”和“下半部分”两部分。

要从该容器的顶部将装满的水抽出，所需做功最少的方式就是以恒定的速率抽水，而以恒定的速率抽水就相当于恒力做工。恒力做工的公式如下：

$$W=FS.$$

注：

① $W$ 为“功”，$F$ 为“力”，$S$ 为力 $F$ 在力的方向上作用的“距离”；

② 当 $F$ 的计量单位为“牛顿”，$S$ 的计量单位为“米”的时候，$W$ 的计量单位为“焦耳”。

在本题中，由于我们要计算的这个容器是由曲线旋转而成的曲面组成的，因此，只能采用微分的方式“化曲为直”，因此，我们每次只抽取 “$dy$” 高度的水，对应所需做的功就是 “$dW$”.

又由水的密度 $\rho$, 重力加速度 $g$ 可知，该容器中，高度为 $dy$ 的水的质量 $m$，也就是抽出这段体积为 $V$ 的水所需的力 $F$ 为：

$$F=m=\rho gV\Rightarrow$$

$$F=\rho g[(\pi r^2)dy].$$

上式中的 “$r$”, 就对应于题目中的 $x$. 但是，由题可知，这个 “$x$” 需要两个公式来表示。如果我们将该容器上半部分涉及到的变量加上下角标 “$a$”, 将该容器下半部分涉及到的变量加上下角标 “$b$”, 则有：

$$x^2+y^2=2y\Rightarrow$$

$$x_a^2=2y–y^2;$$

$$x^2+y^2=1\Rightarrow$$

$$x_b^2=1–y^2.$$

又由于，抽水操作是在该容器的顶部进行的，因此，在整个过程中，力 $F$ 在力的方向上作用的距离 $S$ 都可以用 $2-y$ 表示，即：

$$S=2-y.$$

注：由于本问的计算过程中涉及到的变量 “$y$” 都是指直接位于 $Y$ 轴上的 $y$, 因此，不需要对变量 $y$ 区分是位于该容器上半部分的 $y$ 还是位于该容器下半部分的 $y$.

于是，在该容器的上半部分抽出高度为 $dy$ 的一小段水所需做的最少的功为：

$$d{W}_a=\rho g\pi x_a^{2}dy\cdot (2-y)\Rightarrow$$

$$d{W}_a=\rho g\pi (2y–y^2)dy(2-y).$$

同理，在该容器的下半部分抽出高度为 $dy$ 的一小段水所需做的最少的功为：

$$d{W}_b=\rho g\pi x_b^{2}dy\cdot (2-y)\Rightarrow$$

$$d{W}_b=\rho g\pi (1-y^2)dy(2-y).$$

于是，我们分别对 $d{W}_a$ 和 $d{W}_b$ 积分后，再求和，再代入从题目中可知的一些数值，即可求解此题。

$$d{W}_a=\rho g\pi (2y–y^2)dy(2-y)\Rightarrow$$

$${\int }_{\frac{1}{2}}^2{W}_{a}dy=$$

$${\int }_{\frac{1}{2}}^2\rho g\pi (2y–y^2)(2-y)dy=$$

$$\rho g\pi {\int }_{\frac{1}{2}}^2(4y–4y^2+y^3)dy=$$

$$\rho g\pi \cdot (2y^2–\frac{4}{3}{y}^3+\frac{1}{4}{y}^4){|}_{\frac{1}{2}}^2=(1-\frac{1}{64})\rho g\pi .$$

$$d{W}_b=\rho g\pi (1-y^2)dy(2-y)\Rightarrow$$

$${\int }_{-1}^{\frac{1}{2}}{W}_{b}dy=$$

$${\int }_{-1}^{\frac{1}{2}}\rho g\pi (1-y^2)(2-y)dy=$$

$$\rho g\pi {\int }_{-1}^{\frac{1}{2}}(2–y–2y^2+y^3)dy=$$

$$\rho g\pi \cdot (2y–\frac{1}{2}{y}^2–\frac{2}{3}{y}^3+\frac{1}{4}{y}^4){|}_{-1}^{\frac{1}{2}}=(\frac{19}{8}+\frac{1}{64})\rho g\pi .$$

于是，所需做的功为：

$$(1–\frac{1}{64}+\frac{19}{8}+\frac{1}{64})\rho g\pi =$$

$$\frac{27\cdot {10}^3}{8}\pi g(\mathrm{焦}\mathrm{耳}).$$