第7章 一元函数微分学的应用(三) 物理应用

基础部分

1. 一动点 $P$ 在曲线 $9y=4x^2$ 上运动，设坐标轴的单位长度是 $1\mathrm{cm}$，若点 $P$ 横坐标的变化率是 $30cm/s$，则当点 $P$ 经过点 $(3,4)$ 时，点 $P$ 到原点距离的变化率为

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答案：

$82cm/s$。

解析：

设点 $P$ 的坐标为 $(x,y)$，点 $P$ 到原点的距离为 $r$。由

$9y=4x^2$

两边对时间 $t$ 求导，得

$9\frac{dy}{dt}=8x\frac{dx}{dt}$。

当 $P$ 经过 $(3,4)$ 时，$x=3$，且 $\frac{dx}{dt}=30$，所以

$\frac{dy}{dt}=\frac{8x}{9}\frac{dx}{dt}=\frac{8\times 3}{9}\times 30=80cm/s$。

又

$r=\sqrt{x^2+y^2}$，

故

$\frac{dr}{dt}=\frac{x\frac{dx}{dt}+y\frac{dy}{dt}}{\sqrt{x^2+y^2}}$。

在点 $(3,4)$ 处，$r=5$，于是

$\frac{dr}{dt}=\frac{3\times 30+4\times 80}{5}=82cm/s$。

2. 设二阶可导函数 $y=f(t)$ 表示某人在10分钟内心跳次数的变化曲线，则关于此人心跳次数的增长速度，说法正确的是

A. 0～3分钟增速变大；7～10分钟增速变大

B. 0～3分钟增速变大；7～10分钟增速变小

C. 0～3分钟增速变大；7～10分钟增速变大

D. 0～3分钟增速变小；7～10分钟增速变小

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答案：

原题材料缺少函数曲线图，无法唯一确定选项。

解析：

心跳次数的增长速度为

$f^{\prime }(t)$。

判断“增速变大”或“增速变小”，需要考察 $f^{\prime }(t)$ 的单调性，即曲线的凹凸性：

• 若 $f^{\prime \prime }(t)>0$，则 $f^{\prime }(t)$ 增大，增长速度变大；
• 若 $f^{\prime \prime }(t)<0$，则 $f^{\prime }(t)$ 减小，增长速度变小。

但现有原题文本未包含所说的“变化曲线”，因此无法判断 $0$～$3$ 分钟和 $7$～$10$ 分钟内 $f^{\prime \prime }(t)$ 的符号，也就无法在给出的选项中作唯一选择。

此外，原题选项 A 与 C 的文字完全相同，亦说明该题文本可能存在录入缺失或错误。

3. 已知一容器中水增加的速率为 $1{\mathrm{m}}^3/min$，且水的体积 $V$ 与水面高度 $y$ 满足 $V=\frac{\pi }{2}{y}^2$，当水面上升到高为 $1\mathrm{m}$ 时，求水面高度上升的速率。

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答案：

$\frac{1}{\pi }m/min$。

解析：

由

$V=\frac{\pi }{2}{y}^2$

两边对时间 $t$ 求导，得

$\frac{dV}{dt}=\pi y\frac{dy}{dt}$。

已知 $\frac{dV}{dt}=1{\mathrm{m}}^3/min$。当 $y=1\mathrm{m}$ 时，

$1=\pi \frac{dy}{dt}$，

所以

$\frac{dy}{dt}=\frac{1}{\pi }m/min$。

4. 已知某圆柱体底面半径与高随时间变化的速率分别为 $2cm/s$，$-3cm/s$，且圆柱体的体积与表面积随时间变化的速率分别为 $-100\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^3/s$，$40\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^2/s$，则圆柱体的底面半径与高分别为

A. $5\mathrm{cm},5\mathrm{cm}$

B. $10\mathrm{cm},5\mathrm{cm}$

C. $5\mathrm{cm},10\mathrm{cm}$

D. $10\mathrm{cm},10\mathrm{cm}$

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答案：

B。

解析：

设圆柱体底面半径为 $r$，高为 $h$，则

$\frac{dr}{dt}=2,\frac{dh}{dt}=-3$。

圆柱体体积为

$V=\pi r^{2}h$，

故

$\frac{dV}{dt}=\pi \left(2rh\frac{dr}{dt}+r^2\frac{dh}{dt}\right)$。

代入已知条件，得

\displaystyle 4rh-3r^2=-100.\tag{1}

圆柱体总表面积为

$S=2\pi r^2+2\pi rh$，

故

$\frac{dS}{dt}=2\pi \left(2r\frac{dr}{dt}+h\frac{dr}{dt}+r\frac{dh}{dt}\right)$。

代入变化率，得

$2\pi (4r+2h-3r)=40\pi$，

即

\displaystyle r+2h=20.\tag{2}

检验四个选项，只有 $r=10$、$h=5$ 同时满足式 (1)、式 (2)。

因此底面半径与高分别为

$10\mathrm{cm},5\mathrm{cm}$。

5. 一物体在距离同一水平面上的地面观测器 $10\mathrm{m}$ 处离地匀速垂直上升，其速度为 $am/s$。若该物体上升到离地 $20\mathrm{m}$ 时，观测器视线倾角的变化率为 $\frac{1}{10}$，则 $a=$

A. 1

B. 2

C. 3

D. 5

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答案：

D。

解析：

设物体离地高度为 $y$，观测器视线倾角为 $\theta$。由直角三角形关系，

$\tan \theta =\frac{y}{10}$。

两边对时间 $t$ 求导，得

${\sec }^2\theta \frac{d\theta }{dt}=\frac{1}{10}\frac{dy}{dt}=\frac{a}{10}$。

当 $y=20$ 时，

$\tan \theta =2$，

所以

${\sec }^2\theta =1+{\tan }^2\theta =5$。

又已知

$\frac{d\theta }{dt}=\frac{1}{10}$，

故

$5\times \frac{1}{10}=\frac{a}{10}$，

解得

$a=5$。

强化部分

1. 质点 $P$ 沿抛物线 $x=y^2(y>0)$ 移动，$P$ 的横坐标 $x$ 的变化速度为 $5cm/s$。当 $x=9$ 时，点 $P$ 到原点 $O$ 的距离变化速度为

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答案：

$\frac{19\sqrt{10}}{12}cm/s$。

解析：

由 $x=y^2$ 且 $y>0$，当 $x=9$ 时，有

$y=3$。

对 $x=y^2$ 两边关于时间 $t$ 求导，得

$\frac{dx}{dt}=2y\frac{dy}{dt}$。

已知 $\frac{dx}{dt}=5$，所以在 $y=3$ 时，

$\frac{dy}{dt}=\frac{5}{2\times 3}=\frac{5}{6}cm/s$。

设点 $P$ 到原点的距离为 $r$，则

$r=\sqrt{x^2+y^2}$。

两边对时间求导，得

$\frac{dr}{dt}=\frac{x\frac{dx}{dt}+y\frac{dy}{dt}}{\sqrt{x^2+y^2}}$。

在 $(x,y)=(9,3)$ 处，

$r=\sqrt{9^2+3^2}=3\sqrt{10}$，

因此

$\frac{dr}{dt}=\frac{9\times 5+3\times \frac{5}{6}}{3\sqrt{10}}=\frac{95}{6\sqrt{10}}=\frac{19\sqrt{10}}{12}cm/s$。

2. 球的半径以 $5cm/s$ 的速度匀速增长，当球的半径为 $50\mathrm{cm}$ 时，球的表面积和体积的增长速度各是多少？

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答案：

球的表面积增长速度为 $2000\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^2/s$；

球的体积增长速度为 $50000\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^3/s$。

解析：

设球的半径为 $r$，则

$\frac{dr}{dt}=5cm/s$。

球的表面积为

$S=4\pi r^2$，

所以

$\frac{dS}{dt}=8\pi r\frac{dr}{dt}$。

当 $r=50$ 时，

$\frac{dS}{dt}=8\pi \times 50\times 5=2000\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^2/s$。

球的体积为

$V=\frac{4}{3}\pi r^3$，

所以

$\frac{dV}{dt}=4\pi r^2\frac{dr}{dt}$。

当 $r=50$ 时，

$\frac{dV}{dt}=4\pi \times 50^2\times 5=50000\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^3/s$。

3. 已知曲线 $L:y=\ln \sqrt{x}(2\le x\le 4)$，在 $L$ 上的任意点 $P(x,y)$ 作切线，记切线与曲线 $L$ 在 $2\le x\le 4$ 时所围成的有界区域的面积为 $S$。

(1) 求一点 $P_0$，使上述面积 $S$ 关于 $x$ 的变化率为零；

(2) 当点 $P(x,y)$ 在曲线上移动至 $\left(e,\frac{1}{2}\right)$ 时，横坐标关于时间的变化率为1，求此时面积关于时间的变化率 $\frac{dS}{dt}$。

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答案：

(1) $P_0=\left(3,\frac{1}{2}\ln 3\right)$；

(2) ${\frac{dS}{dt}|}_{x=e}=\frac{e-3}{e^2}$。

解析：

曲线方程可写为

$f(u)=\ln \sqrt{u}=\frac{1}{2}\ln u$。

设切点的横坐标为 $x$，则

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{2x}$。

因此，曲线在点 $P\left(x,\frac{1}{2}\ln x\right)$ 处的切线为

$y-\frac{1}{2}\ln x=\frac{1}{2x}(u-x)$，

即

$y=\frac{1}{2}\ln x+\frac{u-x}{2x}$。

由于 $f^{\prime \prime }(u)=-\frac{1}{2u^2}<0$，曲线为凹函数，其切线位于曲线图像上方。故在 $2\le u\le 4$ 上，面积为

$S(x)={\int }_2^4\left[\frac{1}{2}\ln x+\frac{u-x}{2x}-\frac{1}{2}\ln u\right]du$。

只需整理其中与 $x$ 有关的部分：

${\int }_2^4\left(\frac{1}{2}\ln x-\frac{1}{2}+\frac{u}{2x}\right)du=\ln x-1+\frac{3}{x}$。

因此可写为

$S(x)=\ln x-1+\frac{3}{x}-C$，

其中 $C={\int }_2^4\frac{1}{2}\ln udu$ 与 $x$ 无关。

于是

$S^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{3}{x^2}=\frac{x-3}{x^2}$。

(1) 令 $S^{\prime }(x)=0$，得

$x=3$。

故所求点为

$P_0=\left(3,\frac{1}{2}\ln 3\right)$。

(2) 由复合函数求导法则，

$\frac{dS}{dt}=\frac{dS}{dx}\frac{dx}{dt}=\frac{x-3}{x^2}\frac{dx}{dt}$。

当 $x=e$ 且 $\frac{dx}{dt}=1$ 时，

$\frac{dS}{dt}=\frac{e-3}{e^2}$。

由于 $e<3$，该值为负，表示此时面积随时间减小。