Đề bài

Một bể chứa nhiên liệu hình trị đặt nằm ngang, có chiều dài 5 m, bán kính đáy 1 m. Chiều cao của mực nhiên liệu là 1,5 m. Tính thể tích phần nhiên liệu trong bể (theo đơn vị \({m^3}\), làm tròn đến hàng phần chục).

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải

Áp dụng ứng dụng hình học của tích phân:

+ Tìm hàm số của đồ thị đường tròn và đường thẳng giới hạn mực nước đáy bể.

+ Tính diện tích đáy và thể tích của phần bể trống nhiên liệu.

+ Lấy thể tích bể chứa trừ đi thể tích phần bể trống để tìm thể tích nhiên liệu.

Thể tích của cả bể nhiên liệu là: \(V = \pi {r^2}h = \pi {.1^2}.5 = 5\pi \) \(({m^3})\).

Gọi \({V_1}\) là thể tích phần trống nhiên liệu, \({V_2}\) là phần thể tích chứa nhiên liệu.

Khi đó \({V_2} = V - {V_1}\). Đề tìm \({V_2}\) theo yêu cầu đề bài, ta tính \({V_1}\) trước.

\({V_1} = {B_{trong}}.h\), với \({B_{trong}}\) là phần diện tích đáy không chứa nhiên liệu.

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ:

Đường tròn đáy là đường tròn tâm O, bán kính R = 1 nên có phương trình \({x^2} + {y^2} = 1\). Khi đó phần đồ thị nửa đường tròn nằm trên trục hoành có phương trình \(y = \sqrt {1 - {x^2}} \).

Chiều cao nhiên liệu là 1,5 m, bán kính đáy bằng 1 m nên \(I\left( {\frac{1}{2};0} \right)\), \(M\left( {1;0} \right)\).

Thiết diện phần trống là diện tích hình phẳng tạo bởi cung nhỏ AB và đoạn thẳng AB, tức là hai lần diện tích tạo bởi cung nhỏ AM của đường tròn, trục hoành (đoạn IM) và đường thẳng \(x = \frac{1}{2}\) (đoạn AI).

\({B_{trong}} = 2\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx} = \frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}\).

\({V_1} = {B_{trong}}.h = 5\left( {\frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right)\).

Thể tích phần nhiên liệu trong bể là:

\({V_2} = V - {V_1} = 5\pi  - 5\left( {\frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right) \approx 12,6\) \(({m^3})\).

Mở rộng

Để tính \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)dx} \), ta đặt:

\(x = \sin t \Rightarrow dx = \cos tdt\).

Đổi cận:

Khi đó \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)dx} \)

\( = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} } \right)\cos tdt} \)

\( = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {\left| {\cos t} \right|\cos tdt}  \)

\(= \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}tdt} \) (vì trong khoảng \(\left( {\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{2}} \right)\) ta có \(\cos t > 0 \Rightarrow \left| {\cos t} \right| = \cos t\)).

Suy ra \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)dx}  = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}tdt}\)

\(  = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}tdt} \)

\(= \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\frac{1}{2} + \frac{{\cos 2x}}{2}} \right)tdt} \)

\( = \left( {\frac{x}{2} + \frac{{\sin 2x}}{4}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^{\frac{\pi }{2}}}\\{_{\frac{\pi }{6}}}\end{array}} \right. \)

\(= \frac{\pi }{4} + \frac{{\sin \pi }}{4} - \left( {\frac{\pi }{{12}} + \frac{{\sin \frac{\pi }{3}}}{4}} \right)\)

\(= \frac{\pi }{6} - \frac{{\sqrt 3 }}{8}\).