第12章 一元函数积分学的应用(三)——物理应用

基础部分

1. 设沿 $y$ 轴上的区间 $[0,1]$ 放置一长度为 $1$ 且线密度为 $\rho$ 的均匀细杆，在 $x$ 轴上 $x=1$ 处有一单位质点，则该细杆对此质点的引力（$G$ 为引力常量）沿 $x$ 轴正向的分力为

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答案：

$-\frac{G\rho }{\sqrt{2}}$。

解析：

取细杆上点 $(0,y)$ 处的微元，$0\le y\le 1$，其质量为

$dm=\rho dy$。

该微元到单位质点 $(1,0)$ 的距离为

$r=\sqrt{1+y^2}$。

微元对质点的引力大小为

$dF=\frac{Gdm}{r^2}=\frac{G\rho }{1+y^2}dy$。

引力方向由 $(1,0)$ 指向 $(0,y)$，其沿 $x$ 轴正向的方向余弦为

$-\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}$。

故引力的 $x$ 分量为

$d{F}_x=-\frac{G\rho }{(1+y^2{)}^{3/2}}dy$。

积分得

$F_x=-G\rho {\int }_0^1\frac{dy}{(1+y^2{)}^{3/2}}=-G\rho {\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}|}_0^1=-\frac{G\rho }{\sqrt{2}}$。

负号表明实际方向沿 $x$ 轴负向；其大小为 $\frac{G\rho }{\sqrt{2}}$。

2. 边长为 $a$ 的正方形平板置于水面下，且一个顶点与水面相齐，其中一条对角线与水面垂直，记水的密度为 $\rho$，重力加速度为 $g$，则其一侧所受的静水压力为

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答案：

$\frac{\rho g{a}^3}{\sqrt{2}}$。

解析：

正方形面积为 $A=a^2$。由于一条对角线竖直且上端顶点位于水面，正方形中心到水面的深度为竖直对角线的一半，即

$\bar{y}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}$。

平面薄板一侧所受静水压力等于水的重度乘以面积再乘以形心深度，因此

$F=\rho gA\bar{y}=\rho g\cdot a^2\cdot \frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{\rho g{a}^3}{\sqrt{2}}$。

3. 将地面上质量为 $1$ 的物体铅直向上举高，记地球半径为 $R$，质量为 $M$，引力常数为 $G$，则物体摆脱地球引力所做的功至少为

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答案：

$\frac{GM}{R}$。

解析：

物体质量为 $1$。当物体距地心为 $r$ 时，地球对它的引力大小为

$F(r)=\frac{GM}{r^2}$。

要使物体恰好摆脱地球引力，需将它由地面 $r=R$ 缓慢移动到无穷远处。外力至少做功

$W={\int }_R^{+\infty }\frac{GM}{r^2}dr=GM{\left[-\frac{1}{r}\right]}_R^{+\infty }=\frac{GM}{R}$。

4. 有一内表面为旋转抛物面的水缸，其深为 $a$（单位：米），缸口直径为 $2a$（单位：米），缸内盛满了水，设水的密度为 $\rho$（单位：千克/立方米），若以每秒 $Q$ 立方米的速率将缸中的水全部抽出，问：

（1）共需多少时间？

（2）需做多少功？

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答案：

（1）$\frac{\pi a^3}{2Q}$ 秒；

（2）$\frac{\pi \rho g{a}^4}{6}$ 焦耳。

解析：

以水缸顶点为原点，竖直向上为 $z$ 轴。旋转抛物面的方程可写为

$r^2=kz$。

缸深为 $a$，缸口半径也为 $a$，故当 $z=a$ 时 $r=a$，于是

$a^2=ka$，从而 $k=a$，即

$r^2=az$。

高度为 $z$ 处的水平截面积为

$A(z)=\pi r^2=\pi az$。

（1）水缸容积为

$V={\int }_0^a\pi azdz=\frac{\pi a^3}{2}$。

以每秒 $Q$ 立方米的速率抽水，所需时间为

$T=\frac{V}{Q}=\frac{\pi a^3}{2Q}$。

（2）高度为 $z$、厚度为 $dz$ 的水层体积为

$dV=\pi azdz$，

其重量为 $\rho g\pi azdz$，抽到缸口需要提升的距离为 $a-z$。故

$dW=\rho g\pi az(a-z)dz$。

因此

$W=\pi \rho ga{\int }_0^{a}z(a-z)dz=\pi \rho ga\left(\frac{a^3}{2}-\frac{a^3}{3}\right)=\frac{\pi \rho g{a}^4}{6}$。

5. 在一个高为 $1\mathrm{m}$ 的圆柱形容器内储存某种液体，并将容器横放，底面圆的方程为 $x^2+y^2=1$（单位：$\mathrm{m}$）。如果容器内存满了液体后，以 $0.2{\mathrm{m}}^3/min$ 的速率将液体从容器顶端抽出：

（1）当液面在 $y=0$ 时，求液面下降的速率；

（2）如果 $1{\mathrm{m}}^3$ 液体所受重力为 $1\mathrm{N}$，求抽完全部液体需做多少功？

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答案：

（1）$\frac{dy}{dt}=-0.1m/min$，即液面以 $0.1m/min$ 的速率下降；

（2）$\pi \mathrm{J}$。

解析：

圆柱长度为 $1$。当液面高度为 $y$ 时，圆截面在该高度处的弦长为

$2\sqrt{1-y^2}$。

设液体体积为 $V$，则液面升高 $dy$ 时体积的变化为

$dV=2\sqrt{1-y^2}dy$，

故

$\frac{dV}{dt}=2\sqrt{1-y^2}\frac{dy}{dt}$。

抽液速率为 $0.2{\mathrm{m}}^3/min$，所以

$\frac{dV}{dt}=-0.2$。

当 $y=0$ 时，

$-0.2=2\frac{dy}{dt}$，

从而

$\frac{dy}{dt}=-0.1m/min$。

（2）取高度为 $y$、厚度为 $dy$ 的水平液层。其体积为

$dV=2\sqrt{1-y^2}dy$。

因每立方米液体重 $1\mathrm{N}$，故该液层的重量为

$2\sqrt{1-y^2}dy\mathrm{N}$。

容器顶端高度为 $y=1$，该液层需提升的距离为 $1-y$。所以总功为

$W={\int }_{-1}^{1}2\sqrt{1-y^2}(1-y)dy$。

其中 $y\sqrt{1-y^2}$ 为奇函数，故

$W=2{\int }_{-1}^1\sqrt{1-y^2}dy$。

积分 ${\int }_{-1}^1\sqrt{1-y^2}dy$ 等于半径为 $1$ 的上半圆面积 $\frac{\pi }{2}$，因此

$W=2\cdot \frac{\pi }{2}=\pi \mathrm{J}$。

6. 设一单位质量细杆的长为 $1$，$G$ 为引力常数，当质量为 $a$ 的质点在细杆延长线上距杆右端点的 $\frac{1}{2}$ 处移至 $\frac{1}{3}$ 处时，引力做功大小为（　）

A. $Ga\ln \frac{4}{3}$

B. $Ga\ln \frac{5}{3}$

C. $Ga\ln 2$

D. $Ga\ln 3$

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答案：

A。

解析：

细杆长为 $1$、总质量为 $1$，故其线密度为 $1$。设质点距细杆右端的距离为 $s$，细杆上距右端为 $x$ 的微元质量为 $dx$，其中 $0\le x\le 1$。

该微元与质点间距离为 $s+x$，故质点所受引力大小为

$F(s)=Ga{\int }_0^1\frac{dx}{(s+x{)}^2}$。

质点由 $s=\frac{1}{2}$ 移至 $s=\frac{1}{3}$，位移方向与引力方向相同。引力做功为

$W=Ga{\int }_{1/3}^{1/2}\left({\int }_0^1\frac{dx}{(s+x{)}^2}\right)ds$。

交换积分次序，或直接利用势能，得

$W=Ga{\int }_0^1\left(\frac{1}{x+1/3}-\frac{1}{x+1/2}\right)dx$。

于是

$W=Ga{\left[\ln \frac{x+1/3}{x+1/2}\right]}_0^1=Ga\ln \frac{4}{3}$。

故选 A。

7. 直角三角板的斜边长度为 $1$，将该直角三角板竖直插入水中，并使其中一个直角边与水面对齐。当三角板受到水的压力最大时，其水平直角边的长度为（　）

A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$

B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$

C. $\frac{\sqrt{6}}{3}$

D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

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答案：

A。

解析：

设与水面对齐的水平直角边长为 $x$，竖直直角边长为 $h$。由斜边长为 $1$，有

$x^2+h^2=1$，即 $h=\sqrt{1-x^2}$。

三角板面积为

$A=\frac{1}{2}xh$。

三角形形心到水平直角边的距离为 $\frac{h}{3}$，故水压力为

$F=\rho gA\cdot \frac{h}{3}=\frac{\rho g}{6}x{h}^2=\frac{\rho g}{6}x(1-x^2)$。

只需在 $0<x<1$ 上求 $\phi (x)=x(1-x^2)$ 的最大值。由于

${\phi }^{\prime }(x)=1-3x^2$，

令 ${\phi }^{\prime }(x)=0$，得

$x=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。

且此时取得唯一最大值，故选 A。

强化部分

1. 一三角形平面薄板铅直地浸没于水中。设当该薄板的一条边与水面相平齐时，薄板一侧所受水压力的大小为 $F_1$；当倒转薄板，使原来与水面相平齐的那条边与水面平行，而该边相对的顶点与水面相齐时，薄板一侧所受水压力的大小为 $F_2$，则（　）

A. $F_2=\frac{3}{2}{F}_1$

B. $F_2=\frac{4}{3}{F}_1$

C. $F_2=2F_1$

D. $F_2=3F_1$

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答案：

C。

解析：

设与水面平行的边长为 $b$，该边到对面顶点的高为 $h$，三角形面积为

$A=\frac{1}{2}bh$。

第一种放置方式中，边 $b$ 位于水面，形心到水面的深度为 $\frac{h}{3}$，故

$F_1=\rho gA\cdot \frac{h}{3}=\frac{\rho gb{h}^2}{6}$。

倒转后，顶点位于水面，原边 $b$ 位于深度 $h$ 处。此时形心到水面的深度为 $\frac{2h}{3}$，故

$F_2=\rho gA\cdot \frac{2h}{3}=\frac{\rho gb{h}^2}{3}=2F_1$。

故选 C。

2. 边长为 $2$ 的等边三角形薄平板铅直沉没在水中，且一条边与水面相齐，记重力加速度为 $g$，水的密度为 $\rho$：

（1）求该平板一侧所受的水压力；

（2）当水面开始以 $0.1$ 的速度上涨时，求平板一侧所受水压力的变化率。

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答案：

（1）$F=\rho g$；

（2）$\frac{dF}{dt}=\frac{\sqrt{3}}{10}\rho g$。

解析：

边长为 $2$ 的等边三角形高为

$h=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，

面积为

$A=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot \sqrt{3}=\sqrt{3}$。

（1）与水面相齐的边作为三角形的上底，形心到该边的距离为高的三分之一，即

$\bar{y}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。

所以水压力为

$F=\rho gA\bar{y}=\rho g\cdot \sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=\rho g$。

（2）设水面相对初始位置上涨的高度为 $s$，则平板形心的深度变为

$s+\frac{\sqrt{3}}{3}$。

因此

$F(s)=\rho g\sqrt{3}\left(s+\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$。

对时间求导，且 $\frac{ds}{dt}=0.1$，得

$\frac{dF}{dt}=\rho g\sqrt{3}\frac{ds}{dt}=\frac{\sqrt{3}}{10}\rho g$。

3. 半径为 $a$ 的球浸没在与其密度 $\rho$ 相同的某液体中，球与水面相切，$g$ 为重力加速度。若将球取出，所做的功至少为

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答案：

$\frac{4}{3}\pi \rho g{a}^4$。

解析：

球初始完全浸没，且球面最高点与液面相切。设球心的竖直坐标为 $z$，取液面为 $z=0$，向上为正，则球心从 $z=-a$ 提升到 $z=a$ 时，球恰好完全离开液体。

球的密度与液体相同。提升过程中，外力需克服的瞬时合力为“球的重力减去浮力”，即等于已露出液面的球冠所对应液体的重量。

当球心位于 $z$ 时，露出液面的球冠高为

$h=a+z$，其中 $0\le h\le 2a$。

球冠体积为

$V(h)=\pi h^2\left(a-\frac{h}{3}\right)$。

由于 $dh=dz$，故最小功为

$W=\rho g{\int }_0^{2a}\pi h^2\left(a-\frac{h}{3}\right)dh$。

计算得

$W=\pi \rho g{\left[\frac{a{h}^3}{3}-\frac{h^4}{12}\right]}_0^{2a}=\pi \rho g\left(\frac{8a^4}{3}-\frac{4a^4}{3}\right)=\frac{4}{3}\pi \rho g{a}^4$。

4. 设有半圆形板

$x^2+y^2\le a^2,y\ge 0$，

它在点 $P(x,y)$ 处的密度与点 $P$ 到原点的距离成正比，则半圆形板的重心坐标为（　）

A. $\left(0,\frac{\pi a}{3}\right)$

B. $\left(0,\frac{\pi a}{2}\right)$

C. $\left(0,\frac{4a}{3\pi }\right)$

D. $\left(0,\frac{3a}{2\pi }\right)$

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答案：

D。

解析：

设面密度为 $\mu =kr$，其中 $k>0$，采用极坐标

$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,dA=rdrd\theta$，

积分区域为 $0\le r\le a$，$0\le \theta \le \pi$。

由关于 $y$ 轴的对称性，

$\bar{x}=0$。

薄板总质量为

$M={\int }_0^{\pi }{\int }_0^{a}kr\cdot rdrd\theta =k\pi \frac{a^3}{3}$。

关于 $x$ 轴的一阶矩为

$M_x={\int }_0^{\pi }{\int }_0^a(r\sin \theta )\cdot kr\cdot rdrd\theta$。

所以

$M_x=k\left({\int }_0^a{r}^{3}dr\right)\left({\int }_0^{\pi }\sin \theta d\theta \right)=k\cdot \frac{a^4}{4}\cdot 2=\frac{k{a}^4}{2}$。

因此

$\bar{y}=\frac{M_x}{M}=\frac{k{a}^4/2}{k\pi a^3/3}=\frac{3a}{2\pi }$。

故重心为

$\left(0,\frac{3a}{2\pi }\right)$，选 D。

5. 曲线 $y=e^x$ 与直线 $x=1$、$x=-1$ 及 $x$ 轴所围平面有界区域 $D$ 的形心为

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答案：

$\left(\frac{2}{e^2-1},\frac{e+e^{-1}}{4}\right)$。

解析：

区域为

$D=\{(x,y)\mid -1\le x\le 1,0\le y\le e^x\}$。

其面积为

$A={\int }_{-1}^1{e}^{x}dx=e-e^{-1}$。

形心横坐标为

$\bar{x}=\frac{1}{A}{\int }_{-1}^{1}x{e}^{x}dx$。

由

$\int x{e}^{x}dx=(x-1)e^x$，

得

${\int }_{-1}^{1}x{e}^{x}dx={\left[(x-1)e^x\right]}_{-1}^1=\frac{2}{e}$。

所以

$\bar{x}=\frac{2/e}{e-e^{-1}}=\frac{2}{e^2-1}$。

形心纵坐标为

$\bar{y}=\frac{1}{A}{\int }_{-1}^1\frac{1}{2}(e^x{)}^{2}dx$。

于是

$\bar{y}=\frac{1}{e-e^{-1}}\cdot \frac{1}{2}{\int }_{-1}^1{e}^{2x}dx=\frac{e^2-e^{-2}}{4(e-e^{-1})}=\frac{e+e^{-1}}{4}$。

故区域 $D$ 的形心为

$\left(\frac{2}{e^2-1},\frac{e+e^{-1}}{4}\right)$。