Đề thi – Đáp án GT3 Lớp K12 ĐT CNTN Lý

Standard

kiemtracuoikyI_K12Ly

Đáp án:

Bài 1. Miền D=\{(x, y)\in\mathbb R^2|\; (x^2+y^2)^2\le x^2-y^2\} là miền đối xứng qua các trục 0x, 0y nên diện tích của miền D bằng bốn lần diện tích phần D_1 của miền D nằm trong góc dương.

Đổi sang hệ tọa độ cực x=r\cos{\varphi}, y=r\sin{\varphi}, 0\le\varphi\le\pi/2.

Miền D_1

\{(r, \varphi)|\; r^4\le r^2\cos{(2\varphi)}, 0\le\varphi\le\pi/2\}=

=\{(r, \varphi)|\; 0\le\varphi\le\pi/4, 0\le r\le \sqrt{\cos{(2\varphi)}}\}

và Jacobien J=r.

Diện tích miền D:

|D|=4|D_1|=4\int_0^{\pi/4}d\varphi\int_0^{\sqrt{\cos{(2\varphi)}}}rdr=1.

Bài 2. Miền V giao của hai hình cầu B_1(0), B_1(0, 1, 0) là miền đối xứng qua mặt phẳng y=1/2 nên thể tích của V bằng hai lần thể tích phần V_1 của hình cầu B_0(0) nằm trong nửa không gian y\ge 1/2.

Sử dụng công thức Ostrogradski-Gauss cho phần V_1:

|V|=2|V_1|=2\iint_{S^+}ydzdx

với S^+ gồm hai phần:

+S_1^+ là phần mặt phẳng y=1/2, x^2+z^2\le 3/4 có hướng dương (0, -1, 0)

nên

\iint_{S_1^+}ydzdx=-\iint_{x^2+z^2\le 3/4}1/2dzdx=-3\pi/8;

+ và S_2^+ là phần mặt cầu x^2+y^2+z^2=1, y\ge 1/2 có hướng dương (x, y, z);

đổi sang hệ tọa độ cầu x=\sin{\theta}\cos{\varphi}, y=\cos{\theta}, z=\sin{\theta}\sin{\varphi}

0\le\varphi\le 2\pi, 0\le\theta\le \pi/3;

A=\dfrac{D(y, z)}{D(\theta, \varphi)}=-\sin^2{\theta}\cos{\varphi}=-x\sin{\theta},

B=\dfrac{D(z, x)}{D(\theta, \varphi)}=-y\sin{\theta}, C=\dfrac{D(x, y)}{D(\theta, \varphi)}=-z\sin{\theta}

ngược với hướng dương nên

\iint_{S_2^+}ydzdx=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\pi/3}\sin{\theta}\cos^2{\theta}d\theta=7\pi/12.

Vậy thể tích của V: |V|=5\pi/12.

Bài 3. Áp dụng công thức Stokes:

I=\int_{L^+}(y-z)dx+(z-x)dy+(x-y)dz=

=-2\iint_{S^+}dydz+dzdx+dxdy

trong đó đường cong L là giao của mặt cầu x^2+y^2+z^2=1 và mặt phẳng x+y+z=0

với định hướng dương nhìn từ (0, 0, 1) xuống đi xuôi chiều kim đồng hồ;

mặt S là phần mặt phẳng x+y+z=0, x^2+y^2+z^2\le 1 (hình tròn bán kính 1)

với định hướng dương -(1/\sqrt{3}, 1/\sqrt{3}, 1/\sqrt{3}).

Khi đó:

I=\dfrac{6}{\sqrt{3}}\iint_S ds=2\pi\sqrt{3}.

Bài 4. Mặt S=\{(x, y, z)\in\mathbb R^3|\; x^2+y^2+z^2=4, x^2+(z-1)^2\le1\} đối xứng qua mặt phẳng 0xz, 0yz và nằm trong nửa không gian z\ge 0 nên diện tích của mặt S bằng 4 lần diện tích của phần S_1 của mặt S nằm trong góc dương.

Phần S_1 có phương trình y=\sqrt{4-x^2-z^2}, x^2+(z-1)^2\le 1, x\ge 0 nên

|S|=4|S_1|=4\iint_{x^2+(z-1)^2\le 1, x\ge 0}\dfrac{2}{\sqrt{4-x^2-z^2}}dzdx.

Đổi sang hệ tọa độ cực x=r\cos{\varphi}, z=r\sin{\varphi}

0\le\varphi\le\pi/2, 0\le r\le 2\sin{\varphi} và Jacobien J=r

nên

|S|=8\int_0^{\pi/2}d\varphi\int_0^{2\sin{\varphi}}\dfrac{rdr}{\sqrt{4-r^2}}=8\pi-16.

2 responses »

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s