Ứng dụng tích phân tính thể tích khối tròn xoay trong thực tiễn giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 6 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TÍNH THỂ TÍCH KHỐI TRÒN XOAY
TRONG BÀI TOÁN THỰC TIỄN
Câu 1. Hình dưới mô phỏng phần bên trong của một chậu cây có dạng khối tròn xoay tạo thành khi quay một phần của đồ thị hàm số $y = \sqrt x + \frac{3}{2}$ với $0 \leqslant x \leqslant 4$ quanh trục hoành. Tính thể tích phần bên trong (dung tích) của chậu cây, biết đơn vị trên các trục $Ox,\,Oy$ là decimét.
Lời giải
Thể tích phần trong của chậu cây là:
$V = \pi \int_0^4 {{{\left( {\sqrt x + \frac{3}{2}} \right)}^2}} \;dx = \pi \int_0^4 {\left( {x + 3{x^{\frac{1}{2}}} + \frac{9}{4}} \right)} dx = $
$\left. {\pi \left( {\frac{{{x^2}}}{2} + 2{x^{\frac{3}{2}}} + \frac{9}{4}x} \right)} \right|_0^4 = 33\pi \left( {d{m^3}} \right).$
Câu 2. Một thùng rượu vang có dạng khối tròn xoay với bán kính mặt đáy và mặt ở trên là 33 cm , bán kính mặt cắt ở chính giữa thùng là 43 cm. Chiểu cao của thùng rượu là 112 cm , bao gồm phần thân thùng rượu, hai đế đỡ thùng rượu (mỗi đế cao 3 cm ) và thùng rượu được ghép từ các thanh gỗ sổi với độ dày mỗi thanh gỗ là 3 cm (Hình a và Hình b). Hình c mô phỏng phần bên trong thùng rượu có dạng một khối tròn xoay tạo thành khi quay một phẩn của parabol $(P)$ : $y = a{x^2} + bx + c$ quanh trục hoành.
Hỏi thùng rượu đó chứa được tối đa bao nhiêu lít rượu (làm tròn kết quả đến hàng phẩn trăm)?
Lời giải
$(P)$ với phương trình $y = a{x^2} + bx + c$ có đỉnh $B(0;40)$ và đi qua điểm $C\left( {50;30} \right)$ nên ta có : $\left\{ \begin{gathered}
– \frac{b}{{2a}} = 0 \hfill \\
40 = a{.0^2} + b.0 + c \hfill \\
30 = a.{\left( {50} \right)^2} + b.\left( {50} \right) + c \hfill \\
\end{gathered} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
b = 0 \hfill \\
c = 40 \hfill \\
30 = a.{\left( {50} \right)^2} + 0.\left( {50} \right) + 40 \hfill \\
\end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
b = 0 \hfill \\
c = 40 \hfill \\
a = – \frac{1}{{250}} \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Do đó $(P):y = – \frac{1}{{250}}{x^2} + 40$.
Vậy $V = \pi {\int\limits_{ – 50}^{50} {\left( { – \frac{1}{{250}}{x^2} + 40} \right)} ^2}dx = \frac{{406000\pi }}{3}\left( {\;c{m^3}} \right)$$ = \frac{{406\pi }}{3}\left( {\;d{m^3}} \right) \approx 425,16$ lít
Câu 3. Khi cắt một vật thể hình chiếc niêm bởi mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$ tại điểm có hoành độ $x$ ($ – 2 \leqslant x \leqslant 2$), mặt cắt là tam giác vuông có một góc ${45^0}$ và độ dài một cạnh góc vuông là $\sqrt {14 – 3{x^2}} $ (như hình vẽ). Tính thể tích vật thể hình chiếc niêm trên.
Lời giải
Diện tích tam giác vuông cân là: $S(x) = \frac{1}{2}\sqrt {14 – 3{x^2}} .\sqrt {14 – 3{x^2}} = \frac{1}{2}\left( {14 – 3{x^2}} \right)$
$ \Rightarrow $ Thể tích vật thể là: $V = \int\limits_{ – 2}^2 {\frac{1}{2}\left( {14 – 3{x^2}} \right)dx = 20} $
Câu 4. Trong chương trình nông thôn mới của tỉnh Phú Yên, tại xã Hòa Mỹ Tây có xây một cây cầu bằng bê tông như hình vẽ (đường cong trong hình vẽ là các đường Parabol). Biết $1\,{m^3}$ khối bê tông để đổ cây cầu có giá 5 triệu đồng. Tính số tiền mà tỉnh Phú Yên cần bỏ ra để xây cây cầu trên.
Lời giải
Chọn D
Chọn hệ trục $Oxy$ như hình vẽ.
Gọi $\left( {{P_1}} \right):y = {a_1}{x^2} + {b_1}$ là Parabol đi qua hai điểm $A\left( {\frac{{19}}{2};0} \right),B\left( {0;2} \right)$
Nên ta có hệ phương trình sau: $\left\{ \begin{gathered}
0 = a.{\left( {\frac{{19}}{2}} \right)^2} + 2 \hfill \\
2 = b \hfill \\
\end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{a_1} = – \frac{8}{{361}} \hfill \\
{b_1} = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.$$ \Rightarrow \left( {{P_1}} \right):y = – \frac{8}{{361}}{x^2} + 2$.
Gọi $\left( {{P_2}} \right):y = {a_2}{x^2} + {b_2}$ là Parabol đi qua hai điểm $C\left( {10;0} \right),D\left( {0;\frac{5}{2}} \right)$
Nên ta có hệ phương trình sau: $\left\{ \begin{gathered}
0 = {a_2}.{\left( {10} \right)^2} + \frac{5}{2} \hfill \\
\frac{5}{2} = {b_2} \hfill \\
\end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{a_2} = – \frac{1}{{40}} \hfill \\
{b_2} = \frac{5}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.$$ \Rightarrow \left( {{P_2}} \right):y = – \frac{1}{{40}}{x^2} + \frac{5}{2}$.
Ta có thể tích của bê tông là: $V = 5.2\left[ {\int_0^{10} {\left( { – \frac{1}{{40}}{x^2} + \frac{5}{2}} \right)} dx – \int_0^{\frac{{19}}{2}} {\left( { – \frac{8}{{361}}{x^2} + 2} \right)} dx} \right] = 40\,{m^3}$.
Số tiền mà tỉnh Phú Yên cần bỏ ra để xây cây cầu là: $5.40 = 200$ triệu đồng
Câu 5. Để kỷ niệm ngày 26-3. Chi đoàn 12A dự định dựng một lều trại có dạng parabol, với kích thước: nền trại là một hình chữ nhật có chiều rộng là $3$ mét, chiều sâu là $6$ mét, đỉnh của parabol cách mặt đất là $3$ mét. Hãy tính thể tích phần không gian phía bên trong trại để lớp 12A cử số lượng người tham dự trại cho phù hợp.
Lời giải
Chọn B
Giả sử nền trại là hình chữ nhật ABCD có AB = 3 mét, BC = 6 mét, đỉnh của parabol là I. Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho: O là trung điểm của cạnh AB, A, B và I, phương trình của parabol có dạng $y = a{x^2} + b,\;a \ne 0$. Do I, A, B thuộc nên ta có $y = – \frac{4}{3}{x^2} + 3$
Vậy thể tích phần không gian phía trong trại là
$V = 6.2\int\limits_0^{\frac{3}{2}} {( – \frac{4}{3}} {x^2} + 3)dx = 36$
Câu 6. Cho một vật thể bằng gỗ có dạng hình trụ với chiều cao và bán kính đáy cùng bằng$R$. Cắt khối gỗ đó bởi một mặt phẳng đi qua đường kính của một mặt đáy của khối gỗ và tạo với mặt phẳng đáy của khối gỗ một góc ${30^0}$ ta thu được hai khối gỗ có thể tích là ${V_1}$ và ${V_2}$, với ${V_1} < {V_2}$. Tính thể tích ${V_1}$.
Lời giải
Khi cắt khối gỗ hình trụ ta được một hình nêm có thể tích ${V_1}$ như hình vẽ.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ.
Nửa đường tròn đường kính $AB$ có phương trình là $y = \sqrt {{R^2} – {x^2}} $,$x \in \left[ { – R;R} \right]$.
Một mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$ tại điểm $M$ có hoành độ $x$, cắt hình nêm theo thiết diện là $\Delta MNP$ vuông tại $N$ và có $\widehat {PMN} = {30^0}$.
Ta có $NM = y = \sqrt {{R^2} – {x^2}} \Rightarrow NP = MN.\tan {30^0} = \frac{{\sqrt {{R^2} – {x^2}} }}{{\sqrt 3 }}$.
$\Delta MNP$ có diện tích $S\left( x \right) = \frac{1}{2}NM.NP = \frac{1}{2}.\frac{{{R^2} – {x^2}}}{{\sqrt 3 }}$.
Thể tích hình nêm là ${V_1} = \int\limits_{ – R}^R {S\left( x \right)} dx = \frac{1}{2}\int\limits_{ – R}^R {\frac{{{R^2} – {x^2}}}{{\sqrt 3 }}} dx$$ = \frac{1}{{2\sqrt 3 }}\left. {\left( {{R^2}x – \frac{1}{3}{x^3}} \right)} \right|_{ – R}^R = \frac{{2\sqrt 3 {R^3}}}{9}$.
* Chú ý: Có thể ghi nhớ công thức tính thể tích hình nêm:
${V_1} = \frac{2}{3}{R^2}h = \frac{2}{3}{R^3}\tan \alpha $, trong đó $R = \frac{{AB}}{2}$, $\alpha = \widehat {PMN}$.
Câu 7. Cho một mô hình $3 – D$ mô phỏng một đường hầm như hình vẽ bên. Biết rằng đường hầm mô hình có chiều dài $5\,\left( {cm} \right)$; khi cắt hình này bởi mặt phẳng vuông góc với đấy của nó, ta được thiết diện là một hình parabol có độ dài đáy gấp đôi chiều cao parabol. Chiều cao của mỗi thiết diện parobol cho bởi công thức$y = 3 – \frac{2}{5}x$ $\left( {cm} \right)$, với $x$$\left( {cm} \right)$ là khoảng cách tính từ lối vào lớn hơn của đường hầm mô hình. Tính thể tích (theo đơn vị ${cm^3}$ ) không gian bên trong đường hầm mô hình ( làm tròn kết quả đến hàng đơn vị )
Lời giải
Xét một thiết diện parabol có chiều cao là $h$ và độ dài đáy $2h$ và chọn hệ trục $Oxy$ như hình vẽ trên.
Parabol $\left( P \right)$ có phương trình $\left( P \right):\,\,y = a{x^2} + h,\,\,\left( {a < 0} \right)$
Có $B\left( {h;\,0} \right) \in \left( P \right)$ $ \Leftrightarrow 0 = a{h^2} + h$ $ \Leftrightarrow a = – \frac{1}{h}\,\,\left( {do\,h > 0} \right)$
Diện tích $S$ của thiết diện: $S = \int\limits_{ – h}^h {\left( { – \frac{1}{h}{x^2} + h} \right)\,dx} = \frac{{4{h^2}}}{3}$, $h = 3 – \frac{2}{5}x$
$ \Rightarrow S\left( x \right) = \frac{4}{3}{\left( {3 – \frac{2}{5}x} \right)^2}$
Suy ra thể tích không gian bên trong của đường hầm mô hình:
$ \Rightarrow V = \int\limits_0^5 {S\left( x \right)dx} = \int\limits_0^5 {\frac{4}{3}{{\left( {3 – \frac{2}{5}x} \right)}^2}dx} \approx 28,888$
$ \Rightarrow V \approx 29\,\,\left( {c{m^3}} \right)$
Câu 8. Chuẩn bị cho đêm hội diễn văn nghệ chào đón năm mới, bạn Minh Hiền đã làm một chiếc mũ “cách điệu” cho ông già Noel có dáng một khối tròn xoay. Mặt cắt qua trục của chiếc mũ như hình vẽ bên dưới. Biết rằng $OO’ = 5$$cm$, $OA = 10$$cm$, $OB = 20$ $cm$, đường cong $AB$ là một phần của parabol có đỉnh là điểm$A$. Tính thể tích của chiếc mũ.
Lời giải
Ta gọi thể tích của chiếc mũ là $V$.
Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng $OA = 10$ cm và đường cao $OO’ = 5$ cm là ${V_1}$.
Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường cong $AB$và hai trục tọa độ quanh trục $Oy$là ${V_2}$.
Ta có $V = {V_1} + {V_2}$
${V_1} = {5.10^2}\pi = 500\pi $ $\left( {c{m^3}} \right)$.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Do parabol có đỉnh $A$ nên nó có phương trình dạng $(P):y = a{(x – 10)^2}$.
Vì $\left( P \right)$ qua điểm $B\left( {0;20} \right)$ nên $a = \frac{1}{5}$.
Do đó, $\left( P \right):y = \frac{1}{5}{\left( {x – 10} \right)^2}$. Từ đó suy ra $x = 10 – \sqrt {5y} $ (do $x < 10$).
Suy ra ${V_2} = \pi \int\limits_0^{20} {{{\left( {10 – \sqrt {5y} } \right)}^2}dy} = \pi \left( {3000 – \frac{{8000}}{3}} \right) = \frac{{1000}}{3}\pi $ $\left( {c{m^3}} \right)$.
Do đó $V = {V_1} + {V_2} = \frac{{1000}}{3}\pi + 500\pi = \frac{{2500}}{3}\pi $ $\left( {c{m^3}} \right)$.
Câu 9. Một chi tiết máy được thiết kế như hình vẽ bên.
Các tứ giác $ABCD,CDPQ$ là các hình vuông cạnh $2,5\,cm$. Tứ giác $ABEF$ là hình chữ nhật có $BE = 3,5\,cm$. Mặt bên$PQEF$ được mài nhẵn theo đường parabol $\left( P \right)$ có đỉnh parabol nằm trên cạnh $EF$. Tính thể tích của chi tiết máy.
Lời giải
Gọi hình chiếu của $P,\,Q$ trên $AF$ và $BE$ là $R$ và$S$.
Vật thể được chia thành hình lập phương $ABCD.PQRS$ có cạnh $2,5\,cm$, thể tích ${V_1} = \frac{{125}}{8}\,c{m^3}$ và phần còn lại có thể tích ${V_2}$. Khi đó thể tích vật thể $V = {V_1} + {V_2} = \frac{{125}}{8} + {V_2}$.
Đặt hệ trục $Oxyz$ sao cho $O$ trùng với$F$, $Ox$ trùng với$FA$, $Oy$ trùng với tia $Fy$ song song với $AD$. Khi đó Parabol $\left( P \right)$có phương trình dạng$y = a{x^2}$, đi qua điểm $P\left( {1;\frac{5}{2}} \right)$ do đó $a = \frac{5}{2} \Rightarrow y = \frac{5}{2}{x^2}$.
Cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với $Ox$ và đi qua điểm $M\left( {x;0;0} \right),\,0 \leqslant x \leqslant 1$ ta được thiết diện là hình chữ nhật $MNHK$ có cạnh là $MN = \frac{5}{2}{x^2}$ và $MK = \frac{5}{2}$do đó diện tích $S\left( x \right) = \frac{{25}}{4}{x^2}$
Áp dụng công thức thể tích vật thể ta có ${V_2} = \int\limits_0^1 {\frac{{25}}{4}{x^2}dx} = \frac{{25}}{{12}}$
Từ đó $V = \frac{{125}}{8} + \frac{{25}}{{12}} = \frac{{425}}{{24}}c{m^3}$
Câu 10. Bổ dọc một quả dưa hấu ta được thiết diện là hình elip có trục lớn $28\,cm$, trục nhỏ $25\,cm$. Biết cứ $1000\,c{m^3}$ dưa hấu sẽ làm được cốc sinh tố giá $20000$ đồng. Hỏi từ quả dưa hấu trên có thể thu được bao nhiêu tiền từ việc bán nước sinh tố? Biết rằng bề dày vỏ dưa không đáng kể.
Lời giải
Đường elip có trục lớn $28\,cm$, trục nhỏ $25\,cm$ có phương trình $ + \frac{{{y^2}}}{{{{\left( {\frac{{25}}{2}} \right)}^2}}} = 1$$ \Leftrightarrow {y^2} = {\left( {\frac{{25}}{2}} \right)^2}\left( {1 – \frac{{{x^2}}}{{{{14}^2}}}} \right)$$ \Leftrightarrow y = \pm \frac{{25}}{2}\sqrt {1 – \frac{{{x^2}}}{{{{14}^2}}}} $.
Do đó thể tích quả dưa là $V = \pi \int\limits_{ – 14}^{14} {{{\left( {\frac{{25}}{2}\sqrt {1 – \frac{{{x^2}}}{{{{14}^2}}}} } \right)}^2}dx} $$ = \pi {\left( {\frac{{25}}{2}} \right)^2}\int\limits_{ – 14}^{14} {{{\left( {1 – \frac{{{x^2}}}{{{{14}^2}}}} \right)}^2}dx} $$ = \pi {\left( {\frac{{25}}{2}} \right)^2}.\left. {\left( {x – \frac{{{x^3}}}{{{{3.14}^2}}}} \right)} \right|_{ – 14}^{14}$$ = \pi {\left( {\frac{{25}}{2}} \right)^2}.\frac{{56}}{3}$$ = \frac{{8750\pi }}{3}\,c{m^3}$.
Do đó tiền bán nước thu được là $\frac{{8750\pi .20000}}{{3.1000}} \approx 183259\,$đồng.
Câu 11. Một cốc rượu có hình dạng tròn xoay và kích thước như hình vẽ, thiết diện dọc của cốc (bổ dọc cốc thành 2 phần bằng nhau) là một đường Parabol. Tính thể tích tối đa mà cốc có thể chứa được (làm tròn 2 chữ số thập phân)
Lời giải
Parabol có phương trình $y = \frac{5}{8}{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{8}{5}y$
Thể tích tối đa cốc:
$V = \pi \int\limits_0^{10} {\left( {\frac{8}{5}y} \right)} .dy \approx 251,33$.
Câu 12. Có một cốc nước thủy tinh hình trụ, bán kính trong lòng đáy cốc là $6\,cm$, chiều cao lòng cốc là $10\,cm$ đang đựng một lượng nước. Tính thể tích lượng nước trong cốc, biết khi nghiêng cốc nước vừa lúc khi nước chạm miệng cốc thì đáy mực nước trùng với đường kính đáy.
Lời giải
Cách 1. Xét thiết diện cắt cốc thủy tinh vuông góc với đường kính tại vị trí bất kỳ có: $S\left( x \right) = \frac{1}{2}\sqrt {{R^2} – {x^2}} .\sqrt {{R^2} – {x^2}} .\tan \alpha $ $ \Rightarrow S\left( x \right) = \frac{1}{2}\left( {{R^2} – {x^2}} \right)\tan \alpha $.
Thể tích hình cái nêm là: $V = \frac{1}{2}\tan \alpha \int\limits_{ – R}^R {\left( {{R^2} – {x^2}} \right)} dx = \frac{2}{3}{R^3}\tan \alpha $.
Thể tích khối nước tạo thành khi nguyên cốc có hình dạng cái nêm nên ${V_{kn}} = \frac{2}{3}{R^3}\tan \alpha $. $ \Rightarrow {V_{kn}} = \frac{2}{3}{R^3}.\frac{h}{R} = 240\,c{m^3}$.
Cách 2. Dựng hệ trục tọa độ $Oxyz$
Gọi $S\left( x \right)$ là diện tích thiết diện do mặt phẳng có phương vuông góc với trục $Ox$ với khối nước, mặt phẳng này cắt trục $Ox$ tại điểm có hoành độ $h \geqslant x \geqslant 0$.
Gọi $\widehat {IOJ} = \alpha ,\,\widehat {FHN} = \beta ,\,OE = x$
$\tan \alpha = \frac{{IJ}}{{OJ}} = \frac{6}{{10}} = \frac{{EF}}{{OE}}$ $ \Rightarrow EF = \frac{{6x}}{{10}}$ $ \Rightarrow HF = 6 – \frac{{6x}}{{10}}$.
$\cos \beta = \frac{{HF}}{{HN}} = \frac{{6 – \frac{{6x}}{{10}}}}{6} = 1 – \frac{x}{{10}}$; $\beta = \arccos \left( {1 – \frac{x}{{10}}} \right)$
$S\left( x \right) = {S_{\left( {hinh\,quat} \right)}} – {S_{HMN}} = \frac{1}{2}H{N^2}.2\beta – \frac{1}{2}HM.HN.\sin 2\beta $
$ \Rightarrow S\left( x \right) = {6^2}\arccos \left( {1 – \frac{x}{{10}}} \right) – \frac{1}{2}.6.6.2\left( {1 – \frac{x}{{10}}} \right)\sqrt {1 – {{\left( {1 – \frac{x}{{10}}} \right)}^2}} $
$ \Rightarrow V = \int\limits_0^{10} {S\left( x \right)dx} $$ = \int\limits_0^{10} {\left( {36\arccos \left( {1 – \frac{x}{{10}}} \right) – 36\left( {1 – \frac{x}{{10}}} \right)\sqrt {1 – {{\left( {1 – \frac{x}{{10}}} \right)}^2}} } \right)dx} $$ = 240$.
Câu 13. Cho vật thể đáy là hình tròn có bán kính bằng 1 (tham khảo hình vẽ). Khi cắt vật thể bằng mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$ tại điểm có hoành độ $x\;\left( { – 1 \leqslant x \leqslant 1} \right)$ thì được thiết diện là một tam giác đều. Tính thể tích $V$ của vật thể đó.
Lời giải
Do vật thể có đáy là đường tròn và khi cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$ được thiết diện là tam giác đều do đó vật thể đối xứng qua mặt phẳng vuông góc với trục $Oy$ tại điểm $O$.
Cạnh của tam giác đều thiết diện là: $a = 2\sqrt {1 – {x^2}} $.
Diện tích tam giác thiết diện là: $S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \left( {1 – {x^2}} \right)\sqrt 3 $.
Thể tích khối cần tìm là:
$V = 2\int\limits_0^1 {Sdx} = 2\int\limits_0^1 {\sqrt 3 \left( {1 – {x^2}} \right) = \left. {2\sqrt 3 \left( {x – \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1 = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}} $.
Câu 14. Sân vận động Sport Hub (Singapore) là sân có mái vòm kỳ vĩ nhất thế giới. Đây là nơi diễn ra lễ khai mạc Đại hội thể thao Đông Nam Á được tổ chức tại Singapore năm $2015$. Nền sân là một elip $\left( E \right)$ có trục lớn dài $150m$, trục bé dài $90m$ (hình vẽ). Nếu cắt sân vận động theo một mặt phẳng vuông góc với trục lớn của $\left( E \right)$và cắt elip ở $M,N$ (hình vẽ) thì ta được thiết diện luôn là một phần của hình tròn có tâm $I$ (phần tô đậm trong hình 4) với $MN$ là một dây cung và góc $\widehat {MIN} = {90^0}.$ Để lắp máy điều hòa không khí thì các kỹ sư cần tính thể tích phần không gian bên dưới mái che và bên trên mặt sân, coi như mặt sân là một mặt phẳng và thể tích vật liệu là mái không đáng kể. Hỏi thể tích xấp xỉ bao nhiêu?
Lời giải
Chọn hệ trục như hình vẽ
Ta cần tìm diện tích của $S\left( x \right)$thiết diện.
Gọi $d\left( {O,MN} \right) = x$
$\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{{45}^2}}} = 1.$
Lúc đó $MN = 2y = 2\sqrt {{{45}^2}\left( {1 – \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \right)} = 90\sqrt {1 – \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} $
$ \Rightarrow R = \frac{{MN}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{90}}{{\sqrt 2 }}.\sqrt {1 – \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \Rightarrow {R^2} = \frac{{{{90}^2}}}{2}.\left( {1 – \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \right)$
$S\left( x \right) = \frac{1}{4}\pi {R^2} – \frac{1}{2}{R^2} = \left( {\frac{1}{4}\pi – \frac{1}{2}} \right){R^2} = \left( {\pi – 2} \right)\frac{{2025}}{2}.\left( {1 – \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \right).$
Thể tích khoảng không cần tìm là
$V = \int\limits_{ – 75}^{75} {\left( {\pi – 2} \right)\frac{{2025}}{2}.\left( {1 – \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \right) \approx 115586{m^3}.} $
Câu 15. Gọi $\left( H \right)$ là phần giao của hai khối $\frac{1}{4}$ hình trụ có bán kính $a$, hai trục hình trụ vuông góc với nhau như hình vẽ sau. Tính thể tích của khối $\left( H \right)$.
Lời giải
• Đặt hệ toạ độ $Oxyz$ như hình vẽ, xét mặt cắt song song với mp $\left( {Oyz} \right)$ cắt trục $Ox$ tại $x$: thiết diện mặt cắt luôn là hình vuông có cạnh $\sqrt {{a^2} – {x^2}} $ $\left( {0 \leqslant x \leqslant a} \right)$.
• Do đó thiết diện mặt cắt có diện tích: $S\left( x \right) = {a^2} – {x^2}$.
• Vậy ${V_{\left( H \right)}} = \int\limits_0^a {S\left( x \right)dx} $$ = \int\limits_0^a {\left( {{a^2} – {x^2}} \right)dx} $$ = \left. {\left( {{a^2}x – \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^a$$ = \frac{{2{a^3}}}{3}$.
Câu 16. Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước. Gọi $h\left( t \right)$ là thể tích nước bơm được sau $t$ giây. Cho $h’\left( t \right) = 6a{t^2} + 2bt$ và ban đầu bể không có nước. Sau 3 giây thì thể tích nước trong bể là $90{m^3}$, sau $6$ giây thì thể tích nước trong bể là $504{m^3}$. Tính thể tích nước trong bể sau khi bơm được $9$ giây.
Lời giải
$\int\limits_0^3 {\left( {6a{t^2} + 2bt} \right)dt = 90} $$ \Leftrightarrow $$\left. {\left( {2a{t^3} + b{t^2}} \right)} \right|_0^3 = 90$$ \Leftrightarrow $$54a + 9b = 90$ (1)
$\int\limits_0^6 {\left( {6a{t^2} + 2bt} \right)dt = 504} $$ \Leftrightarrow $$\left. {\left( {2a{t^3} + b{t^2}} \right)} \right|_0^6 = 504$$ \Leftrightarrow $$432a + 36b = 504$ (2)
Từ (1), (2) $ \Rightarrow $$\left\{ \begin{gathered}
a = \frac{2}{3} \hfill \\
b = 6 \hfill \\
\end{gathered} \right.$. Sau khi bơm $9$ giây thì thể tích nước trong bể là:
$V = \int\limits_0^9 {\left( {4{t^2} + 12t} \right)dt} $= $\left. {\left( {\frac{4}{3}{t^3} + 6{t^2}} \right)} \right|_0^9 = 1458\left( {{m^3}} \right)$.
Câu 17. Người ta thay nước mới cho một bể bơi có dạng hình hộp chữ nhật có độ sâu là $280$cm. Giả sử $h\left( t \right)$là chiều cao (tính bằng cm) của mực nước bơm được tại thời điểm $t$ giây, biết rằng tốc độ tăng của chiều cao mực nước tại giây thứ $t$ là $h'(t) = \frac{1}{{500}}\sqrt[3]{t}$ và lúc đầu hồ bơi không có nước. Hỏi sau bao lâu thì bơm được số nước bằng $\frac{3}{4}$ độ sâu của hồ bơi (làm tròn đến giây)?
Lời giải
Gọi $x$ là thời điểm bơm được số nước bằng $\frac{3}{4}$ độ sâu của bể ($x$ tính bằng giây ).
Ta có:
$\int\limits_0^x {\frac{1}{{500}}\sqrt[3]{t}dt} = \frac{3}{4}.280$
$\left. { \Rightarrow \frac{3}{4}{t^{\frac{4}{3}}}} \right|_0^x = 105000$
$ \Rightarrow x\sqrt[3]{x} = 140000$$ \Rightarrow \sqrt[3]{{{x^4}}} = 140000$
$ \Rightarrow x = \sqrt[4]{{{{140000}^3}}}$$ \Rightarrow x \approx 7237,6242$ giây
$ \Rightarrow $$2$ giờ $38$ giây.
