11. 3.BRYŁY OBROTOWE
Walec – bryła obrotowa powstała w wyniku obrotu prostokąta dokoła prostej zawierającej
jeden z jego boków
r
– promień podstawy walcah
– wysokość walca
l
– tworząca walcal
=
h
h lr
Przekrój osiowy walca – prostokąt o bokach h i 2r
h
2r
Podstawa walca - koło o promieniu r
r
P
p=
π
⋅
r
2Powierzchnia boczna walca – prostokąt o bokach h i 2πr
h
P
b=
2
π
⋅
r
⋅
h
2πr
Wzór na pole powierzchni całkowitej walca:
P
c=
2
π
⋅
r
2+
2
π
⋅
r
⋅
h
Wzór na objętość walca:
V
=
π
⋅
r
2⋅
h
Przykład 11.3.1. . Przekątna przekroju osiowego walca ma długość 8. Pole powierzchni
bocznej walca jest czterokrotnie większe od pola jego podstawy.
Oblicz objętość walca.
Rozwiązanie
Komentarz
Dane: Szukane: Wzory:
8
=
d
V
=
?
V
=
π
⋅
r
2⋅
h
p b
P
P
=
4
⋅
P
b=
2
π
⋅
r
⋅
h
P
p=
π
⋅
r
2 Analiza zadania. p bP
P
=
4
⋅
r
r
h
r
⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
π
π
π
4
/
:
2
2
2r
h
=
2
Układamy równanie z niewiadomymi r i h.
Obie strony równania moŜemy podzielić przez r , bo
r
>
0
( )
2 2 22
r
d
h
+
=
64
4
2 2+
=
r
h
Wykorzystując twierdzenia Pitagorasa układamy drugie równanie z
niewiadomymi r i h.
=
+
=
64
4
2
2 2r
h
r
h
Budujemy układ równań zniewiadomymi r i h.
Układ rozwiązujemy metodą podstawiania.
( )
2
2
8
8
:
/
64
8
64
4
4
64
4
2
2 2 2 2 2 2=
=
=
=
+
=
+
r
r
r
r
r
r
r
2
4
2
2
2
2
=
⋅
=
=
r
h
Obliczamy h( )
π
π
π
π
⋅
2⋅
=
2
2
2⋅
4
2
=
⋅
8
⋅
4
2
=
32
2
=
r
h
V
ObliczamyV
Przykład 11.3.2. Objętość walca jest równa
16 , a jego powierzchnia boczna po
π
rozwinięciu jest kwadratem . Oblicz wysokość walca
Rozwiązanie
Komentarz
Powierzchnia boczna walca
h
2πr
Dane: Szukane: Wzory:
π
16
=
V
h
V
=
π
⋅
r
2⋅
h
r
h
=
2
π
⋅
Analiza zadania.Powierzchnia boczna walca jest kwadratem , zatem
h
=
2
π
⋅
r
h
r
V
=
π
⋅
2⋅
r
r
⋅
⋅
⋅
=
π
π
π
2
16
2 2 3 22
:
/
2
16
π
=
π
⋅
r
π
2 32
16
π
π
=
r
π
8
3=
r
3
2
π
=
r
Obliczamy promień walca r
3 2 3 3 3 3
4
4
2
2
2
π
π
π
π
π
π
⋅
=
⋅
=
=
=
r
h
Przykład 11.3.3. Oblicz ile waŜy 100m miedzianego drutu o średnicy 2 mm , jeŜeli cięŜar
właściwy miedzi jest równy 8,96
3
cm
g
. Wynik podaj w kg z dokładnością do jednego
miejsca po przecinku.
Rozwiązanie
Komentarz
Dane: Szukane:
m
=
?
mm
m
h
=
100
=
100000
mm
r
2
2
=
(
)
3 3 3 300000896
,
0
1000
001
,
0
96
,
8
10
001
,
0
96
,
8
96
,
8
mm
kg
mm
kg
mm
kg
cm
g
=
=
=
=
=
ρ
Wzory:
V
m
=
ρ
h
r
V
=
π
2⋅
Analiza zadania.Drut , o którym mowa w zadaniu jest walcem.
W zadaniu naleŜy pamiętać o zamianie jednostek.
W zdaniu wykorzystamy wzór na cięŜar właściwy. Wzór ten moŜna napisać na podstawie podanej jednostki:
3
cm
g
, gdzie
g
jest jednostką masym
, natomiast3
cm
jednostką objętościV
Stąd cięŜar właściwy wyraŜa się wzorem
V
m
=
ρ
V
m
=
ρ
8
,
2
314000
/
314000
00000896
,
0
100000
1
14
,
3
00000896
,
0
00000896
,
0
2 2≈
⋅
=
⋅
⋅
=
⋅
=
m
m
m
h
r
m
π
StoŜek – bryła obrotowa powstała w wyniku obrotu trójkąta prostokątnego dokoła jednej z
przyprostokątnych
r – promień podstawy stoŜka h – wysokość stoŜka h l – tworząca stoŜka
l
r
Przekrój osiowy stoŜka – trójkąt równoramienny o podstawie 2r i ramieniu l
α – kąt rozwarcia stoŜkaα β – kat nachylenia tworzącej do płaszczyzny podstawy
l l
β
Podstawa stoŜka - koło o promieniu r
r
P
p=
π
⋅
r
2Powierzchnia boczna stoŜka – wycinek koła o promieniu l , oparty na łuku długości 2πr
P
b=
π
⋅
r
⋅
l
l α 2360
l
P
b⋅
°
=
α
π
2πrWzór na pole powierzchni całkowitej stoŜka
P
c=
π
⋅
r
2+
π
⋅
r
⋅
l
Wzór na objętość stoŜka
V
=
⋅
r
2⋅
h
3
1
π
α
2π
Przykład 11.3.4. Oblicz objętość stoŜka , jeŜeli jego tworząca długości 16 tworzy z podstawą
kąt 60 ° .
Rozwiązanie
Komentarz
Dane: Szukane: Wzory:
16
=
l
V
=
?
V
=
⋅
r
2⋅
h
3
1
π
°
=
60
α
Analiza zadania.3
8
2
:
/
3
16
2
16
2
3
16
60
sin
sin
=
=
=
=
°
=
h
h
h
h
l
h
α
Obliczamy wysokość h , korzystając z definicji sinusa:
stokatna
przeciwpro
naprzeciw
katna
przyprosto
α
α
_
_
sin
=
( )
8
64
192
256
256
3
64
16
3
8
2 2 2 2 2 2 2 2 2=
=
−
=
=
+
⋅
=
+
=
+
r
r
r
r
r
l
r
h
Obliczamy promień r, korzystając z twierdzenia Pitagorasa.h
r
V
=
⋅
2⋅
3
1
π
3
3
512
3
8
8
3
1
π
⋅
2⋅
=
π
=
V
Obliczmy objętość stoŜka.
Przykład 11.3.5. Powierzchnią boczną stoŜka jest wycinek koła o kącie 240 ° i promieniu 12.
Oblicz pole podstawy stoŜka.
Rozwiązanie
Komentarz
Dane: Szukane: Wzory:
°
=
240
α
P
p=
?
P
p=
π
⋅
r
212
=
l
P
b=
π
⋅
r
⋅
l
2
360
l
P
b⋅
°
=
α
π
Analiza zadania.Wzór na pole powierzchni bocznej stoŜka: 2
360
l
P
b⋅
°
=
α
π
jest to znany nam wzórna pole wycinka koła.
WykaŜemy, Ŝe pole powierzchni bocznej stoŜka wyraŜa się wzorem
P
b=
π
⋅
r
⋅
l
.Wycinek koła, który jest powierzchnią boczną stoŜka jest oparty na łuku
2πr.
Wykorzystamy znany nam wzór na długość łuku i zapiszemy równanie:
2
:
/
2
360
2
r
⋅
l
°
=
⋅
α
π
π
2360
/
360
l
rl
l
l
r
⋅
°
=
⋅
⋅
⋅
°
=
⋅
π
α
π
π
α
π
bP
l
r
⋅
=
⋅
π
2360
l
P
b⋅
°
=
α
π
π
π
π
144
96
3
2
12
360
240
⋅
2=
⋅
=
°
°
=
bP
Obliczamy pole powierzchni bocznej stoŜka.
l
r
P
b=
π
⋅
⋅
8
12
:
/
12
96
=
⋅
⋅
=
r
r
π
π
π
Obliczamy promień r stoŜka
l
2πr
2
r
P
p=
π
⋅
π
π
⋅
8
2=
64
=
pP
Obliczamy pole podstawy stoŜka
Przykład 11.3.6. Jedna z przyprostokątnych trójkąta prostokątnego ma długość 2 i tworzy z
przeciwprostokątną kąt 60° . Oblicz pole powierzchni i objętość bryły
powstałej z obrotu trójkąta wokół prostej zawierającej przeciwprostokątną.
Rozwiązanie
Komentarz
Dane : Szukane:
2
=
a
V
=
?
°
=
60
α
P
c=
?
Wzory:
2 2 1 23
1
3
1
h
r
h
r
V
=
π
⋅
+
π
⋅
r
b
a
r
P
c=
π
⋅
⋅
+
π
⋅
⋅
Analiza zadania.Trójkąt ABC jest trójkątem prostokątnym, w którym kąt BAC ma miarę
90
°
.W wyniku obrotu tego trójkąta dookoła przeciwprostokątnej otrzymujemy dwa stoŜki mające wspólną podstawę.
Objętością powstałej bryły jest suma objętości stoŜków.
Pole powierzchni powstałej bryły jest suma pól powierzchni bocznych stoŜków.
Obliczamy
r
, korzystając z definicji sinusa:stokatna
przeciwpro
naprzeciw
katna
przyprosto
α
α
_
_
sin
=
3
2
:
/
3
2
2
2
2
3
2
60
sin
sin
=
=
=
=
°
=
r
r
r
r
a
r
α
1
3
4
2
3
1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1=
−
=
=
+
=
+
h
h
h
a
r
h
Obliczamyh
1 , korzystając z twierdzeniaPitagorasa.
3
2
2
/
2
3
2
60
=
⋅
=
=
°
=
b
b
b
tg
a
b
tg
α
Obliczamy b , korzystają z definicji tangensa:
α
α
α
_
_
_
_
przy
katna
przyprosto
naprzeciw
katna
przyprosto
tg
=
2 1h
h
c
=
+
( )
4
3
4
4
3
2
2
2 2 2 2 2 2 2=
=
⋅
+
=
+
=
+
c
c
c
c
b
a
21
4
=
+
h
3
2=
h
Obliczamy 2
h
, korzystając z twierdzenia Pitagorasa. Wykorzystujemy równośćc
=
h
1+
h
2 2 2 1 23
1
3
1
h
r
h
r
V
=
π
⋅
+
π
⋅
π
π
π
π
π
3
3
3
4
3
1
1
3
3
1
2 2=
+
=
⋅
⋅
+
⋅
⋅
=
V
r
b
a
r
P
c=
π
⋅
⋅
+
π
⋅
⋅
π
π
π
π
⋅
3
⋅
2
+
⋅
3
⋅
2
3
=
2
3
+
6
=
cP
ObliczamyV
iP
cKula – bryła obrotowa powstała w wyniku obrotu koła dokoła jego średnicy
R – promień kuli
Wzór na pole powierzchni kuli
P
c=
4
π
⋅
R
2Wzór na objętość kuli:
33
4
R
V
=
π
⋅
Sfera – powierzchnia kuli
Koło wielkie – przekrój kuli płaszczyzną przechodzącą przez jej środek.
Przykład 11.3.7. Oblicz ile razy zwiększy się pole powierzchni kuli , a ile razy jej objętość
jeŜeli promień kuli wzrośnie trzykrotnie.
Rozwiązanie
Komentarz
Dane: Szukane: Wzory:
2 1
3r
r
=
?
2 1=
V
V
1 13
3
4
r
V
=
π
⋅
?
2 1=
c cP
P
2 23
3
4
r
V
=
π
⋅
P
c1=
4
π
⋅
r
12P
c2=
4
π
⋅
r
22 Analiza zadania.( )
27
27
3
3
4
3
4
3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 1 2 1=
=
=
⋅
⋅
=
r
r
r
r
r
r
V
V
π
π
( )
9
9
3
4
4
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1=
=
=
⋅
⋅
=
r
r
r
r
r
r
P
P
c cπ
π
Odp.: Objętość kuli zwiększyła się 27razy, a
jej pole powierzchni 9 razy.
Obliczamy ile razy zwiększy objętość kuli.
Obliczamy ile razy zwiększy pole powierzchni kuli.
R
Przykład 11.3.8. Do pojemnika w kształcie walca o średnicy 9 cm zawierającego pewną ilość
wody , wrzucono kulę o promieniu 3cm. Oblicz , o ile milimetrów podniesie się
poziom wody w naczyniu , wiedząc, Ŝe kula ta całkowicie zanurzyła się w wodzie.
Rozwiązanie
Komentarz
Dane: Szukane: Wzory:
cm
R
=
3
h
1=
?
V
=
V
1+
V
2cm
r
9
2
=
1 33
4
R
V
=
π
⋅
V
2=
π
⋅
r
2⋅
h
2V
=
π
⋅
r
2⋅
(
h
1+
h
2)
Analiza zadania.Po wrzuceniu kuli do pojemnika poziom wody podniósł się o 1
h
2
V
- objętość wody w pojemniku 1V
- objętość kuli 2 1V
V
V
=
+
(
1 2)
3 2 2 23
4
h
r
R
h
h
r
⋅
+
=
⋅
+
⋅
⋅
⋅
π
π
π
(
1 2)
3 2 2 25
,
4
3
3
4
5
,
4
⋅
h
+
h
=
⋅
+
⋅
⋅
h
⋅
π
π
π
2 2 19
20
,
25
3
4
25
,
20
25
,
20
π
⋅
h
+
π
⋅
h
=
π
⋅
+
π
⋅
h
mm
mm
cm
h
h
6
27
160
27
16
25
,
20
:
/
12
25
,
20
1 1≈
=
=
=
⋅
π
π
π
Odp.: Poziom wody w naczyniu podniósł się o
około 6 mm.
ĆWICZENIA
Ć
wiczenie 11.3.1. (2pkt.) Oblicz objętość walca wiedząc, Ŝe jego przekrój osiowy jest
kwadratem o boku długości cm
6
.
schemat oceniania
Numer
odpowiedzi
Odpowiedź
Liczba punktów
1 Podanie promienia i wysokości walca.
1
2 Podanie objętości walca.
1
Ć
wiczenie 11.3.2. (3pkt.) Przekątna przekroju osiowego walca
d
=
12
cm
jest nachylona do
podstawy pod kątem
α
=
45
°
. Oblicz pole powierzchni całkowitej i objętość walca.
schemat oceniania
Numer
odpowiedzi
Odpowiedź
Liczba punktów
1 Podanie wysokości walca.
1
2 Podanie promienia walca.
1
3 Podanie pola powierzchni całkowitej walca.
1
Ć
wiczenie 11.3.3. (2pkt.) Kąt rozwarcia stoŜka
α
=
60
°
i jego promień
r
=
4
cm
.
Oblicz objętość stoŜka.
schemat oceniania
Numer
odpowiedzi
Odpowiedź
Liczba punktów
1 Podanie wysokości stoŜka.
1
2 Podanie objętości stoŜka.
1
Ć
wiczenie 11.3.4. (4pkt.) Oblicz pole powierzchni i objętość stoŜka , którego powierzchnią
boczną jest wycinek koła o promieniu 6 i kącie
120 .
°
schemat oceniania
Numer
odpowiedzi
Odpowiedź
Liczba punktów
1 Podanie promienia stoŜka.
1
2 Podanie wysokości stoŜka
1
3 Podanie pola powierzchni stoŜka.
1
Ć
wiczenie 11.3.5. (2pkt.) Kula o promieniu R i stoŜek mają równe objętości. Pole
powierzchni bocznej stoŜka jest trzy razy większe od pola powierzchni jego podstawy.
Znajdź wysokość stoŜka
schemat oceniania
Numer
odpowiedzi
Odpowiedź
Liczba punktów
1 Podanie promienia stoŜka.
