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前言
这一章其实宇哥讲得不算很好，主要是对物理量的建立，计算其实不算特别难
题目梗概
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一元积分5.1 细杆对质点的引力分力
设沿 y y y轴的区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]上放置一长度为 1 1 1且线密度为 ρ \rho ρ的均匀细杆，在 x x x轴上 x = 1 x=1 x=1处有一单位质点，求该细杆对此质点的引力（ G G G为引力常量）沿 x x x轴正向的分力。
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一元积分5.2 摆脱地球引力的做功（反常积分）
将地面上质量为 1 1 1的物体铅直向上举高，记地球半径为 R R R，质量为 M M M，引力常数为 G G G，求物体摆脱地球引力至少所做的功。
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一元积分5.3 细杆对质点的引力做功
设一单位质量细杆的长为 1 1 1， G G G为引力常数，求当质量为 α \alpha α的质点在细杆延长线上距杆右端点的 1 2 \frac{1}{2} 21处移至 1 3 \frac{1}{3} 31处时引力做功大小。
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一元积分5.4 直角三角板的最大水压力
直角三角板的斜边长度为 1 1 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，求其水平直角边的长度。
参考解析
5.1
考察点：万有引力定律、定积分的物理应用、三角代换积分计算
题目 ：设沿 y y y轴的区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]上放置一长度为 1 1 1且线密度为 ρ \rho ρ的均匀细杆，在 x x x轴上 x = 1 x=1 x=1处有一单位质点，求该细杆对此质点的引力（ G G G为引力常量）沿 x x x轴正向的分力。
解 ：
取细杆上 y y y处的微元 d y dy dy，其质量为 ρ d y \rho dy ρdy，到质点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0)的距离为 1 + y 2 \sqrt{1+y^2} 1+y2 。由万有引力定律，微元对质点的引力大小为：
d F = G ⋅ 1 ⋅ ρ d y 1 + y 2 dF = \frac{G \cdot 1 \cdot \rho dy}{1+y^2} dF=1+y2G⋅1⋅ρdy
引力沿 x x x轴的分量为 d F x = − d F ⋅ cos θ dF_x = -dF \cdot \cos\theta dFx=−dF⋅cosθ，其中 cos θ = 1 1 + y 2 \cos\theta = \frac{1}{\sqrt{1+y^2}} cosθ=1+y2 1（邻边为 1 1 1，斜边为 1 + y 2 \sqrt{1+y^2} 1+y2 ），因此：
d F x = − G ρ d y ( 1 + y 2 ) 3 / 2 dF_x = -\frac{G\rho dy}{(1+y^2)^{3/2}} dFx=−(1+y2)3/2Gρdy
对 y y y从 0 0 0到 1 1 1积分，求总引力分力：
F x = ∫ 0 1 d F x = − G ρ ∫ 0 1 d y ( 1 + y 2 ) 3 / 2 F_x = \int_0^1 dF_x = -G\rho \int_0^1 \frac{dy}{(1+y^2)^{3/2}} Fx=∫01dFx=−Gρ∫01(1+y2)3/2dy
换元：令 y = tan t y = \tan t y=tant，则 d y = sec 2 t d t dy = \sec^2 t dt dy=sec2tdt，当 y = 0 y=0 y=0时 t = 0 t=0 t=0， y = 1 y=1 y=1时 t = π 4 t=\frac{\pi}{4} t=4π，且 ( 1 + y 2 ) 3 / 2 = sec 3 t (1+y^2)^{3/2} = \sec^3 t (1+y2)3/2=sec3t，因此：
∫ 0 1 d y ( 1 + y 2 ) 3 / 2 = ∫ 0 π 4 sec 2 t d t sec 3 t = ∫ 0 π 4 cos t d t = sin t ∣ 0 π 4 = 2 2 \int_0^1 \frac{dy}{(1+y^2)^{3/2}} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2 t dt}{\sec^3 t} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos t dt = \sin t \Big|_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\sqrt{2}}{2} ∫01(1+y2)3/2dy=∫04πsec3tsec2tdt=∫04πcostdt=sint 04π=22
代入得：
F x = − G ρ ⋅ 2 2 F_x = -G\rho \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} Fx=−Gρ⋅22
最终结果： F x = − 2 2 G ρ \boxed{F_x = -\frac{\sqrt{2}}{2}G\rho} Fx=−22 Gρ（负号表示分力沿 x x x轴负向，大小为 2 2 G ρ \frac{\sqrt{2}}{2}G\rho 22 Gρ）
5.2
考察点：变力做功、无穷限反常积分计算
题目 ：将地面上质量为 1 1 1的物体铅直向上举高，记地球半径为 R R R，质量为 M M M，引力常数为 G G G，求物体摆脱地球引力至少所做的功。
解 ：
物体在距离地心 r r r处（ r ≥ R r \geq R r≥R）受到的地球引力为 F ( r ) = G M ⋅ 1 r 2 F(r) = \frac{GM \cdot 1}{r^2} F(r)=r2GM⋅1，方向指向地心。克服引力做功需积分从地面 r = R r=R r=R到无穷远 r → + ∞ r\to+\infty r→+∞：
设物体升高到 r = a r=a r=a处，做功为：
W ( a ) = ∫ R a G M r 2 d r W(a) = \int_R^a \frac{GM}{r^2} dr W(a)=∫Rar2GMdr
摆脱地球引力即 a → + ∞ a\to+\infty a→+∞，求反常积分：
W = lim a → + ∞ W ( a ) = ∫ R + ∞ G M r 2 d r W = \lim_{a\to+\infty} W(a) = \int_R^{+\infty} \frac{GM}{r^2} dr W=a→+∞limW(a)=∫R+∞r2GMdr
计算得：
∫ R + ∞ G M r 2 d r = G M ⋅ ( − 1 r ) ∣ R + ∞ = G M ( 0 − ( − 1 R ) ) = G M R \int_R^{+\infty} \frac{GM}{r^2} dr = GM \cdot \left(-\frac{1}{r}\right)\Big|_R^{+\infty} = GM \left(0 - \left(-\frac{1}{R}\right)\right) = \frac{GM}{R} ∫R+∞r2GMdr=GM⋅(−r1) R+∞=GM(0−(−R1))=RGM
最终结果： W = G M R \boxed{W = \frac{GM}{R}} W=RGM
5.3
考察点：二重积分计算、定积分的物理应用、对数函数积分运算
题目 ：设一单位质量细杆的长为 1 1 1， G G G为引力常数，求当质量为 α \alpha α的质点在细杆延长线上距杆右端点的 1 2 \frac{1}{2} 21处移至 1 3 \frac{1}{3} 31处时引力做功大小。
解 ：
建立坐标系：细杆沿 x x x轴放置，右端点在 x = 0 x=0 x=0，左端点在 x = 1 x=1 x=1（细杆长 1 1 1，线密度 λ = 1 \lambda=1 λ=1）。质点初始位置距右端点 1 2 \frac{1}{2} 21（即 y = 1 2 y=\frac{1}{2} y=21），末位置距右端点 1 3 \frac{1}{3} 31（即 y = 1 3 y=\frac{1}{3} y=31），细杆上 x x x处微元 d x dx dx的质量为 d x dx dx，到质点的距离为 x + y x+y x+y。
微元对质点的引力为：
d F = G ⋅ α ⋅ d x ( x + y ) 2 dF = \frac{G \cdot \alpha \cdot dx}{(x+y)^2} dF=(x+y)2G⋅α⋅dx
质点移动 d y dy dy时，引力做的微元功为 d W = d F ⋅ ∣ d y ∣ dW = dF \cdot |dy| dW=dF⋅∣dy∣（引力与位移同向，做功为正），总功为二重积分：
W = ∫ x = 0 1 ∫ y = 1 3 1 2 G α ( x + y ) 2 d x d y W = \int_{x=0}^1 \int_{y=\frac{1}{3}}^{\frac{1}{2}} \frac{G\alpha}{(x+y)^2} dx dy W=∫x=01∫y=3121(x+y)2Gαdxdy
先对 y y y积分：
∫ 1 3 1 2 d y ( x + y ) 2 = − 1 x + y ∣ 1 3 1 2 = 1 x + 1 3 − 1 x + 1 2 \int_{\frac{1}{3}}^{\frac{1}{2}} \frac{dy}{(x+y)^2} = \left. -\frac{1}{x+y} \right|_{\frac{1}{3}}^{\frac{1}{2}} = \frac{1}{x+\frac{1}{3}} - \frac{1}{x+\frac{1}{2}} ∫3121(x+y)2dy=−x+y1 3121=x+311−x+211
再对 x x x从 0 0 0到 1 1 1积分：
W = G α ∫ 0 1 ( 1 x + 1 3 − 1 x + 1 2 ) d x = G α [ ln ( x + 1 3 ) − ln ( x + 1 2 ) ] 0 1 = G α [ ( ln 4 3 − ln 3 2 ) − ( ln 1 3 − ln 1 2 ) ] = G α ( ln 4 − ln 3 ) = G α ln 4 3 \begin{align*} W &= G\alpha \int_0^1 \left( \frac{1}{x+\frac{1}{3}} - \frac{1}{x+\frac{1}{2}} \right) dx \\ &= G\alpha \left[ \ln\left(x+\frac{1}{3}\right) - \ln\left(x+\frac{1}{2}\right) \right]_0^1 \\ &= G\alpha \left[ \left(\ln\frac{4}{3} - \ln\frac{3}{2}\right) - \left(\ln\frac{1}{3} - \ln\frac{1}{2}\right) \right] \\ &= G\alpha \left( \ln4 - \ln3 \right) \\ &= G\alpha \ln\frac{4}{3} \end{align*} W=Gα∫01(x+311−x+211)dx=Gα[ln(x+31)−ln(x+21)]01=Gα[(ln34−ln23)−(ln31−ln21)]=Gα(ln4−ln3)=Gαln34
最终结果： W = G α ln 4 3 \boxed{W = G\alpha \ln \frac{4}{3}} W=Gαln34
5.4
考察点：液体静压力计算、定积分应用、函数极值与导数应用
题目 ：直角三角板的斜边长度为 1 1 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，求其水平直角边的长度。
解 ：
设竖直直角边长度为 x x x，则水平直角边长度为 1 − x 2 \sqrt{1-x^2} 1−x2 （斜边为 1 1 1，直角三角形）。水的压强为 p ( h ) = ρ g h p(h) = \rho g h p(h)=ρgh（ h h h为深度，水面 h = 0 h=0 h=0）。
由相似三角形，深度 h h h处的微元宽度 L ( h ) = x − h x ⋅ 1 − x 2 L(h) = \frac{x-h}{x} \cdot \sqrt{1-x^2} L(h)=xx−h⋅1−x2 ，微元压力 d F = p ( h ) ⋅ L ( h ) d h dF = p(h) \cdot L(h) dh dF=p(h)⋅L(h)dh，总压力为：
F ( x ) = ∫ 0 x ρ g h ⋅ 1 − x 2 x ( x − h ) d h = ρ g 1 − x 2 x ∫ 0 x ( x h − h 2 ) d h = ρ g 1 − x 2 x ⋅ x 3 6 = ρ g 6 x 2 1 − x 2 \begin{align*} F(x) &= \int_0^x \rho g h \cdot \frac{\sqrt{1-x^2}}{x} (x-h) dh \\ &= \frac{\rho g \sqrt{1-x^2}}{x} \int_0^x (xh - h^2) dh \\ &= \frac{\rho g \sqrt{1-x^2}}{x} \cdot \frac{x^3}{6} \\ &= \frac{\rho g}{6} x^2 \sqrt{1-x^2} \end{align*} F(x)=∫0xρgh⋅x1−x2 (x−h)dh=xρg1−x2 ∫0x(xh−h2)dh=xρg1−x2 ⋅6x3=6ρgx21−x2
求 F ( x ) F(x) F(x)的最大值（ x ∈ ( 0 , 1 ) x \in (0,1) x∈(0,1)）：令 x = sin t x = \sin t x=sint（ t ∈ ( 0 , π 2 ) t \in (0,\frac{\pi}{2}) t∈(0,2π)），则 1 − x 2 = cos t \sqrt{1-x^2} = \cos t 1−x2 =cost，代入得：
F ( t ) = ρ g 6 sin 2 t cos t = ρ g 6 ( cos t − cos 3 t ) F(t) = \frac{\rho g}{6} \sin^2 t \cos t = \frac{\rho g}{6} \left( \cos t - \cos^3 t \right) F(t)=6ρgsin2tcost=6ρg(cost−cos3t)
令 g ( u ) = u − u 3 g(u) = u - u^3 g(u)=u−u3（其中 u = cos t u = \cos t u=cost， 0 < u < 1 0<u<1 0<u<1），求导得：
g ′ ( u ) = 1 − 3 u 2 g'(u) = 1 - 3u^2 g′(u)=1−3u2
令 g ′ ( u ) = 0 g'(u)=0 g′(u)=0，解得 u = 1 3 u = \frac{1}{\sqrt{3}} u=3 1，二阶导数 g ′ ′ ( u ) = − 6 u < 0 g''(u) = -6u < 0 g′′(u)=−6u<0，故 u = 1 3 u = \frac{1}{\sqrt{3}} u=3 1时 g ( u ) g(u) g(u)取极大值（最大值）。
此时水平直角边长度为 u = cos t = 1 3 = 3 3 u = \cos t = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3} u=cost=3 1=33 。
最终结果： 3 3 \boxed{\frac{\sqrt{3}}{3}} 33
后记
任务有点多，五一以及回来后都必须好好学习了