《高等数学》知识在物理学中的应用举例

一 导数与微分的应用

分析 利用导数与微分的概念与运算，可解决求变化率的问题。求物体的运动速度、加速度的问题是典型的求变化率问题。在求解这类问题时，应结合问题的物理意义，明确是在对哪个变量求变化率。在此基础上，灵活运用各类导数和微分公式解决具体问题。

例1 如图，曲柄OAr,以均匀角速度饶定点O转动.此曲柄借连杆AB使滑块B沿直线Ox运动.求连杆上C点的轨道方程及速度.设ACCBa,

AOB, ABO. y

解 1) 如图，点C的坐标为： xrcosacos， (1) A yasin. (2) C 由三角形的正弦定理，有 B 故得

sin2asin2y. (3) rrr2a, o x sinsin由(1)得

22xacosxay (4) cosrr由(3)2(4)2sin2cos21,得

222224y2xay2xay1, 22rr化简整理,得C点的轨道方程为:

4x2(a2y2)(x23y2a2r2)2.

2) 要求C点的速度,首先对(1),(2)分别求导,得 xrsin其中.

rcosrcossin, y,

2cos2 1

又因为rsin2asin, 对该式两边分别求导,得 rcos.

2acos

所以C点的速度

rcosr22cos22 Vxy(rsin sin)2cos422 r2coscos24sincossin().

例2 若一矿山升降机作加速度运动时,其加速度为ac(1sint2T),式中c及

T为常数,已知升降机的初速度为零,试求运动开始t秒后升降机的速度及其所走过的路程.

解: 由题设及加速度的微分形式advc(1sindv,有 dtt2T)dt,

对等式两边同时积分

得:

v0dvc(1sin0tt2T)dt,

vctc其中D为常数.

2Tcost2TD,

由初始条件:v0,t0,得Dvc[t2T(cos2Tc,于是

t2T1)].

又因为vds,得 dtdsc[t2T(cost2T1)]dt,

对等式两边同时积分,可得:

t12T2Tsc[t2(sint)].

22T

2

例3 宽度为d的河流，其流速与到河岸的距离成正比。在河岸处，水流速度为零，在河流中心处，其值为c. 一小船以相对速度u沿垂直于水流的方向行驶，求船的轨迹以及船在对岸靠拢的地点。

解 以一岸边为x轴，垂直岸的方向为y轴，如图建立坐标系。 所以水流速度为 y dky,0y,2v d dk(dy),yd.2 o x

由河流中心处水流速度为c，故ck当0yd2c时，vy，即 2ddd2c. k(d)，所以k22ddx2cy,yut, (1) dtd得dx2cutdt. d两边积分，有

x0dx2cutdt, 0dtxcu2t, (2) d由(1)-(2)，得

xc2dy, 0y. (3) ud2同理，当

d2cyd时，v(dy)，即 2ddx2c2c(dy)(dut),dtdd

dxx2c(dut)dt， d2cc2yyD， (4) uud 3

其中D为一常数。由(3)知，当ydcdcd时，x，代入(4)，得D，于是24u2uxx所以船的轨迹为x2cc2cddyy,yd. uud2u 2c2dy,0y,ud2

2cc2cddyy,yd.uud2u2船在对岸的靠拢地点，即yd时有xcd. 2u例4 将质量为m的质点竖直抛上于有阻力的媒质中。设阻力与速度平方成正比，即Rmk2gv2. 如上掷时的速度为v0，试证此质点又落至投掷点时的速度为v1v01kv220.

解：质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降两阶段。取向上的力为正，如图，两个过程的运动方程为： v R

上升：mymgmk2gy2, 。 。 下降：mymgmk2gy2. mg v

上升时 R 下降时 mg

对上升的阶段：

dvdyvdvdvg(1k2v2), g(1k2v2)，即

dydtdydt0hvdvvdv于是gdy. 两边积分gdy，

v01k2v201k2v2得质点到达的高度

h122ln(1kv0). (1) 22kgv10dvdyvdvvdv22g(1kv),对下降的阶段：即得gdy,得

01k2v2hdydtdyh1ln(1k2v12). (2) 22kg由(1)=(2) 得v1

v01kv220.

4

二 积分的应用

分析 利用积分的概念与运算，可解决一些关于某个区域累积量的求解问题。求物体的转动惯量、求电场强度等问题都是典型的求关于某个区域累积量的问题。在求解这类问题时，应结合问题的物理意义，明确是在对哪个变量，在哪个区域上进行累积。并应充分利用区域的对称性，这样可将复杂的积分问题简化，降低积分的重数，较简捷地解决具体问题。

r2例5 一半径为R的非均质圆球，在距中心r处的密度为：0(12),

R式中0和都是常数。试求此圆球饶直径转动时的回转半径。

解：设dm表示距球心为r的一薄球壳的质量，则

r2dmrdr0r(12)dr，

R22所以此球对球心的转动惯量为

Irdm00R2R0r275r(12)dr0R5. (1)

35R4在对称球中，饶直径转动时的转动惯量为

I2 (2) I，3又因球的质量为

mdm00RR0r253r(12)dr0R3. (3)

15R2又饶直径的回转半径

kI, (4) m由(1)-(4)，得k1410R.

3521d32例6 试证明立方体饶其对角线转动时的回转半径为k线的长度。

，式中d为对角

解：建立坐标系，设O为立方体的中心，轴Ox,Oy,Oz分别与立方体的边平行。由对称性知，Ox,Oy,Oz轴即立方体中心惯量的主轴。设立方体的边长为a.

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由以上所设，平行于Ox轴的一小方条的体积为adydz，于是立方体饶Ox的转动惯量为

Ixa2a2a2a2a(y2z2)dydzm2a. 6m2a. 6根据对称性得：IxIyIz易知立方体的对角线与Ox,Oy,Oz轴的夹角都为,且cos饶对角线的转动惯量为

13,故立方体

IIxcos2Iycos2Izcos2又由于

m2a. (1) 6d3a, (2)

饶其对角线转动时的回转半径为

kI, (3) m由(1)-(3)得kd32.

例7 一个塑料圆盘，半径为R,电荷q均匀分布于表面，圆盘饶通过圆心垂直盘面的轴转动，角速度为，求圆盘中心处的磁感应强度。

解：电荷运动形成电流，带电圆盘饶中心轴转动，相当于不同半径的圆形电流。圆盘每秒转动次数为

q，圆盘表面上所带的电荷面密度为，在圆2R2盘上取一半径为r，宽度为dr的细圆环，它所带的电量为dq2rdr，圆盘转动时，与细圆环相当的圆环电流的电流强度为

dI2rdrrdr， 2它在轴线上距盘心x处的P点所产生的磁感应强度为

dB0r2dI2(r2x2)320r22(r2x2)32rdr

02r3dr,

(r2x2)326

故P点处的总磁感应强度为

B变换积分

02R0r3dr, 2232(rx)r3rr2drdrx(r2x2)32(r2x2)12(r2x2)32dr

所以

B020qR22x2[Rx2x][2x]， 222222RRxRx22x2B的方向与方向相同(q0)或(q0). 于是在圆盘中心x0处，磁感应强度B0q. 2R例8 雨滴下落时，其质量的增加率与雨滴的表面积成正比，求雨滴速度与时间的关系。

解：设雨滴的本体为m.由物理学知

d(mv)F. (1) dt1) 在处理这类问题时，常常将模型的几何形状理想化。对于雨滴，我们常将它看成球形，设其半径为r,则雨滴质量m是与半径r的三次方成正比，密度看成是不变的，于是

mk1r3， (2)

其中k1为常数。

2) 由题设知，雨滴质量的增加率与其表面积成正比，即

dmk4r2k2r2, (3) dt其中k2为常数。由(2)，得

dmdrk13r2. (4) dtdt由(3)=(4)，得

drk2. (5) dt3k1 7

对(5)两边积分：drdt,得

a0rtrta, (6)

将(6)代入(2)，得

mk1(ta)3. (7)

3）以雨滴下降的方向为正，分析(1)式

d[k1(ta)3v]k1(ta)3g, (8) dtv0d[k1(ta)3v]k1(ta)3gdt,

0tk1(ta)3v1k1g(ta)4k3,（k3为常数） 4k1ga4ga4,v当t0时，v0，故k3[ta]. 344(ta)三 曲线、曲面积分的应用

分析 曲线、曲面积分的概念与运算在物理学中应用非常广泛，灵活应用曲线、曲面积分，往往能使问题得到简化。在求磁感应强度、磁通量这类问题时，高斯公式往往是有效的。

例9 设力FFxiFyjFzk,其中Fx6abz3y20bx3y2,Fy6abxz3

2410bxy,Fz18abxyz,验证F为保守力，并求出其势能。

解：为验证F是否为保守力，将题设中力F的表达式代入F，得

ijk FxyzFxFxFxFzFyFxFzFyFx()i()j()k yzzxxy2222(18abxz18abxz)i(18abzy18abzy)j

3333(6abz40abxy6abz40abxy)k 0,

于是F是保守力。故其势能为

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(x,y,z)VFdr(FxdxFydyFzdz)

(0,0,0)(x,0,0)(0,0,0)(6abz3y20bx3y2)dx(x,y,0)(x,0,0)(6abxz310bx4y)dy

(x,y,z)(x,y,0)18abxyz2dz5bx4y26abxyz3.

例10 一个半径为R的球体内，分布着电荷体密度kr,式中r是径向距离，

k是常量。求空间的场强分布，并求E与r的关系。

解：(1)由于在球体内电荷是球对称分布的，故产生的电场也是球对称分布的，因此可用高斯定理求解。取与球面同心的球面作为高斯面。

1) 当rR时，Eds10q, 而

2， (1) EdsE4r10q10dv10r0kr4r2drk4r, (2) 0由(1)=(2)，得E(r)k2r,方向为径向方向。 4012) 当rR时，由高斯定理Eds0q, 有

2, (3) EdsE4r10q10dv10R0kr4r2drk4R, (4) 0kR4由(3)=(4)，得E(r),方向沿径向方向。

40r2例11 一根很长的铜导线，载有电流10A，在导线内部通过中心线作一平面S试计算通过导线1m长的S平面内的磁感应通量。

解：由电流分布具有轴对称性可知，其产生的磁场也具有轴对称性，以下用安培环路定理求解。

取以轴线为圆心的半径为r的同心圆环为积分环路，由安培环路定理

BdlI，有

0Bdl2rB, (1)

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(rR): 0I01r2, (2) 2R由(1)=(2)，所以有B0Ir. 22R在剖面上取面积微元dsldr，有

dBds0Irldr. 2R2所以单位长(l1m)的导线内通过剖面的磁通量为

dsR00Ir0I410710dr106Wb. 2442R例12 在半径为R的金属球之外包有一层均匀介质层，外半径为R.设电介质的相对电容率为r,金属球的电荷量为Q,求：

1) 介质层内、外的场强分布； 2) 介质层内、外的电势分布； 3) 金属球的电势。

解：1)由高斯定理Ddsq，可得

(RrR):D1(rR):D2QDQ,E, 10r40rr24r2QDQ,E. 2040r24r22) 由电势定义，有

(RrR): VEdlE1drE2dr

rrRRRQ40rr2rdrQ40r2Rdr11Q()

40rrR40RQ11(r).

40rrRQ(rR): VEdlE2drrrQ40r2rdrQ40r.

3) 当rR时，有

VREdlE1drE2drRRRR140r(1r1).

RR 10