3.7 定积分物理应用（数三不要求）

💡 【笔记】 考情考频分析

此部分为数学一的究极冷门考点（数一上一次考到是在 2003 年）；对于数学二而言，物理应用属于中低频考点（近年来 2010、2011、2014、2016、2025 均有考查）。
对于这部分内容，复习策略无需过早耗费海量精力，在考前半个月左右进行突击式梳理，掌握四大经典模型（水压力、液体质量、抽水做功、变力做功）的核心微元公式即可稳拿全分。

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3.7.1 液体静压力模型

1. 物理机理与微元公式

液体静压力的基本计算原理为：

$$\text{压力} = \text{压强} \times \text{受力面积}, \qquad F = P \cdot S.$$

在深度为 $h$ 处的液体压强由静水压强公式给出：

$$P = \rho g h \implies F = \rho g h \cdot S.$$

当受力壁面为垂直放置的平面图形时，不同深度处的压强是连续变化的。此时必须使用微元法：

1. 建立坐标系：通常以对称轴或特征点为坐标轴（如以垂直向上为 $y$ 轴正方向，水面位于 $y = y_0$）；
2. 切分水平窄条：在高度 $y$ 处取一厚度为 $\mathrm dy$ 的水平细长条，此时窄条所处的水深为 $h_{\text{深}} = y_0 - y$；
3. 窄条面积：若该高度处的壁面宽度为 $b(y)$，则面积微元为 $\mathrm dS = b(y)\,\mathrm dy$；
4. 压力微元： $$\mathrm dF = P \cdot \mathrm dS = \rho g (y_0 - y) \cdot b(y)\,\mathrm dy.$$
5. 总压力： $$F = \int_{y_1}^{y_2} \rho g (y_0 - y) b(y)\,\mathrm dy.$$

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💡 【经典例题】 例 3.116｜2002 数二真题

某闸门的形状与大小如图所示，其中直线 $l$ 为对称轴，闸门的上部为矩形 $ABCD$，下部由二次抛物线与线段 $AB$ 所围成。当水面与闸门的上端相平时，欲使闸门矩形部分承受的水压力与闸门下部承受的水压力之比为 $5:4$，闸门矩形部分的高 $h$ 应为多少米？

【解】
第一步：建立坐标系与确定曲线方程
以对称轴 $l$ 为 $y$ 轴，抛物线顶点为坐标原点 $O$ 建立平面直角坐标系：

• 下部抛物线顶点在原点，开口向上，具有对称性，设其方程为 $y = ax^2$；
• 抛物线高为 $1\text{ m}$，线段 $AB$ 位于 $y = 1$；矩形宽为 $2\text{ m}$（即 $l$ 左右各 $1\text{ m}$），故端点 $B$ 的坐标为 $(1,1)$；
• 将 $(1,1)$ 代入抛物线方程得 $1 = a \cdot 1^2 \implies a = 1$，故抛物线方程为： $$y = x^2 \iff x = \pm\sqrt{y} \quad (0 \le y \le 1).$$
• 矩形部分 $ABCD$ 的高为 $h$，底边 $AB$ 在 $y = 1$，顶端 $CD$ 在 $y = h + 1$；
• 水面与闸门上端相平，故水面位于直线 $y = h + 1$。

第二步：微元法计算各部分水压力
在高度 $y$ 处取厚度为 $\mathrm dy$ 的水平微元条，该处到水面的水深为：

$$h_{\text{深}} = (h + 1) - y.$$

• ① 矩形部分承受的水压力 $F_1$：
  在 $y \in [1, h+1]$ 上，微元条宽度恒为 $2\text{ m}$，面积微元 $\mathrm dS_1 = 2\,\mathrm dy$：

  $$\mathrm dF_1 = \rho g (h + 1 - y) \cdot 2\,\mathrm dy.$$

  积分计算总压力：

  $$\begin{aligned} F_1 &= 2\rho g \int_1^{h+1} (h + 1 - y)\,\mathrm dy \\ &= 2\rho g \left[ (h + 1)y - \frac{y^2}{2} \right]_1^{h+1} \\ &= 2\rho g \left[ \left( (h+1)^2 - \frac{(h+1)^2}{2} \right) - \left( h + 1 - \frac{1}{2} \right) \right] \\ &= 2\rho g \left[ \frac{(h+1)^2}{2} - h - \frac{1}{2} \right] = 2\rho g \left( \frac{h^2 + 2h + 1 - 2h - 1}{2} \right) = \rho g h^2. \end{aligned}$$

• ② 抛物线下部承受的水压力 $F_2$：
  在 $y \in [0, 1]$ 上，微元条宽度为 $2x = 2\sqrt{y}$，面积微元 $\mathrm dS_2 = 2\sqrt{y}\,\mathrm dy$：

  $$\mathrm dF_2 = \rho g (h + 1 - y) \cdot 2\sqrt{y}\,\mathrm dy.$$

  积分计算总压力：

  $$\begin{aligned} F_2 &= 2\rho g \int_0^1 (h + 1 - y)\sqrt{y}\,\mathrm dy = 2\rho g \int_0^1 \left[ (h + 1)y^{1/2} - y^{3/2} \right]\,\mathrm dy \\ &= 2\rho g \left[ \frac{2}{3}(h + 1)y^{3/2} - \frac{2}{5}y^{5/2} \right]_0^1 \\ &= 2\rho g \left( \frac{2}{3}h + \frac{2}{3} - \frac{2}{5} \right) = 2\rho g \left( \frac{2}{3}h + \frac{4}{15} \right) = 4\rho g \left( \frac{1}{3}h + \frac{2}{15} \right). \end{aligned}$$

第三步：列方程求解高 $h$
依题意，$F_1 : F_2 = 5 : 4$：

$$\frac{\rho g h^2}{4\rho g \left( \frac{1}{3}h + \frac{2}{15} \right)} = \frac{5}{4}.$$

约去 $\rho g$ 并交叉相乘：

$$4h^2 = 20 \left( \frac{1}{3}h + \frac{2}{15} \right) \implies h^2 = 5\left( \frac{1}{3}h + \frac{2}{15} \right) = \frac{5}{3}h + \frac{2}{3}.$$

两边同乘以 $3$：

$$3h^2 - 5h - 2 = 0 \implies (h - 2)(3h + 1) = 0.$$

解得 $h = 2$ 或 $h = -\frac{1}{3}$（高必须为正，负根舍去）。

因此，闸门矩形部分的高应为：

$$\boxed{h = 2\text{ m}}.$$

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3.7.2 液体质量模型

1. 物理机理

对于柱体形容器（截面沿母线方向恒定），液体的质量计算式为：

$$m = \rho V = \rho \cdot l \cdot S,$$

其中 $l$ 为柱体的高（或卧式罐体的长），$S$ 为液体在底面（垂直于母线的截面）所占有的面积。因此，求液体的质量本质上完全转化为求截面图形的平面面积。

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💡 【经典例题】 例 3.117｜2010 数二真题

一个高为 $l$ 的柱体形贮油罐，底面是长轴为 $2a$，短轴为 $2b$ 的椭圆，现将贮油罐平放，当油罐中油面高度为 $\frac{3}{2}b$ 时（如图），计算油的质量。（长度单位为 $\mathrm m$，质量单位为 $\mathrm{kg}$，油的密度为常数 $\rho$，单位为 $\mathrm{kg/m^3}$）

【解】
第一步：问题转化
平放柱体油罐内部油的体积为 $V = l \cdot S$（$S$ 为底面椭圆截面中油所占的阴影面积）。因此只需求出阴影面积 $S$。

第二步：建立坐标系与计算阴影面积
以椭圆中心为原点，长轴为 $x$ 轴，短轴为 $y$ 轴建立直角坐标系，椭圆方程为：

$$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \iff x = \pm a\sqrt{1 - \frac{y^2}{b^2}}.$$

油罐最低点为 $y = -b$，油面高度为 $\frac{3}{2}b$，故油面上表面到达的高度为：

$$y_{\text{面}} = -b + \frac{3}{2}b = \frac{1}{2}b.$$

将阴影部分面积分为两部分计算：

1. 下半椭圆面积 $S_{\text{下}}$：

   $$S_{\text{下}} = \frac{1}{2} S_{\text{椭圆}} = \frac{1}{2}\pi ab.$$

2. 上半部分面积 $S_{\text{上}}$（$y \in [0, b/2]$）：
   由关于 $y$ 轴的左右对称性，计算第一象限部分乘以 $2$：

   $$S_{\text{上}} = 2 \iint_{D_{\text{右上}}} \mathrm d\sigma = 2 \int_0^{b/2} \mathrm dy \int_0^{a\sqrt{1 - y^2/b^2}} \mathrm dx = 2a \int_0^{b/2} \sqrt{1 - \frac{y^2}{b^2}}\,\mathrm dy.$$

   作三角代换：令 $y = b\sin t$，则 $\mathrm dy = b\cos t\,\mathrm dt$。
   当 $y = 0$ 时 $t = 0$；当 $y = \frac{b}{2}$ 时 $\sin t = \frac{1}{2} \implies t = \frac{\pi}{6}$：

   $$\begin{aligned} S_{\text{上}} &= 2a \int_0^{\pi/6} (\cos t) \cdot (b\cos t)\,\mathrm dt = 2ab \int_0^{\pi/6} \cos^2 t\,\mathrm dt \\ &= ab \int_0^{\pi/6} (1 + \cos 2t)\,\mathrm dt = ab \left[ t + \frac{\sin 2t}{2} \right]_0^{\pi/6} \\ &= ab \left( \frac{\pi}{6} + \frac{\sin(\pi/3)}{2} \right) = ab \left( \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{4} \right). \end{aligned}$$

第三步：计算总面积与总质量
总截面积为两部分之和：

$$S = S_{\text{下}} + S_{\text{上}} = \frac{1}{2}\pi ab + ab\left( \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{4} \right) = ab\left( \frac{2}{3}\pi + \frac{\sqrt{3}}{4} \right).$$

因此，油的总体积为 $V = l \cdot S$，油的质量为：

$$\boxed{m = \rho V = \rho l S = ab\rho l \left( \frac{2}{3}\pi + \frac{\sqrt{3}}{4} \right)\ (\mathrm{kg})}.$$

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3.7.3 抽水做功模型

1. 物理机理与微元公式

抽水做功属于克服重力做功模型。基本规律为：

$$\text{功} = \text{力} \times \text{位移}, \qquad W = F \cdot l.$$

若将整个液体看成一个整体，由于不同高度处的液体被提升到容器出口的位移各不相同，因此必须将液体切成水平薄片应用微元法：

1. 切分水平水层：在高度 $y$ 处取厚度为 $\mathrm dy$ 的水平薄水层；
2. 水层质量与重力微元：设高度 $y$ 处的截面面积为 $A(y)$，则薄层体积为 $\mathrm dV = A(y)\,\mathrm dy$。水层所受重力微元为： $$\mathrm dF = \mathrm dm \cdot g = \rho \mathrm dV \cdot g = \rho g A(y)\,\mathrm dy.$$
3. 位移（提升距离）：设容器出口（水抽出的高度）为 $y_{\text{顶}}$，则该薄水层需要被提升的垂直距离为： $$l(y) = y_{\text{顶}} - y.$$
4. 做功微元： $$\mathrm dW = \mathrm dF \cdot l(y) = \rho g A(y)(y_{\text{顶}} - y)\,\mathrm dy.$$
5. 总功： $$W = \int_{y_{\text{底}}}^{y_{\text{液面}}} \rho g A(y)(y_{\text{顶}} - y)\,\mathrm dy.$$

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💡 【经典例题】 例 3.118｜2011 数二真题（做功完整版）

一容器的内侧是由图中曲线绕 $y$ 轴旋转一周而成的曲面，该曲线由

$$x^2 + y^2 = 2y \quad \left(y \ge \frac{1}{2}\right)$$

与

$$x^2 + y^2 = 1 \quad \left(y \le \frac{1}{2}\right)$$

连接而成。
（Ⅰ）求容器的容积；
（Ⅱ）若将容器内盛满的水从容器顶部全部抽出，至少需要做多少功？（长度单位为 $\mathrm m$，重力加速度为 $g\ \mathrm{m/s^2}$，水的密度为 $10^3\ \mathrm{kg/m^3}$）

【解】
（Ⅰ）求容器容积：
（推导过程详见 3.6 定积分几何应用#例 3.108｜2011 数二真题（几何体积部分））
由曲面关于水平面 $y = 1/2$ 的对称性，上半部与下半部容积完全相同：

$$V = 2V_1 = 2 \left( \frac{9}{8}\pi \right) = \boxed{\frac{9}{4}\pi\ (\mathrm{m^3})}.$$

（Ⅱ）求抽水做功：
容器最低点在 $y = -1$，顶部出口位于 $y = 2$。
在高度 $y$ 处的薄水层，抽至顶部所需的提升距离（位移）为：

$$l(y) = 2 - y.$$

由于容器截面半径随高度分段定义，截面圆面积 $A(y) = \pi r^2(y)$ 为分段函数：

• 当 $y \in \left[\frac{1}{2}, 2\right]$ 时，曲线为 $x^2 + y^2 = 2y$，截面半径平方为 $r^2 = 2y - y^2$；
• 当 $y \in \left[-1, \frac{1}{2}\right]$ 时，曲线为 $x^2 + y^2 = 1$，截面半径平方为 $r^2 = 1 - y^2$。

做功微元为：

$$\mathrm dW = \rho g \cdot \pi r^2(y) \cdot (2 - y)\,\mathrm dy.$$

总功为两段积分之和：

$$W = \rho g \pi \left[ \int_{-1}^{1/2} (1 - y^2)(2 - y)\,\mathrm dy + \int_{1/2}^2 (2y - y^2)(2 - y)\,\mathrm dy \right].$$

分别计算两段多项式定积分：

• 第一段（下部）：

  $$(1 - y^2)(2 - y) = 2 - y - 2y^2 + y^3.$$ $$\begin{aligned} \int_{-1}^{1/2} (2 - y - 2y^2 + y^3)\,\mathrm dy &= \left[ 2y - \frac{y^2}{2} - \frac{2}{3}y^3 + \frac{y^4}{4} \right]_{-1}^{1/2} \\ &= \left( 1 - \frac{1}{8} - \frac{1}{12} + \frac{1}{64} \right) - \left( -2 - \frac{1}{2} + \frac{2}{3} + \frac{1}{4} \right) \\ &= \frac{155}{192} - \left( -\frac{25}{12} \right) = \frac{155 + 400}{192} = \frac{555}{192} = \frac{185}{64}. \end{aligned}$$

• 第二段（上部）：

  $$(2y - y^2)(2 - y) = 4y - 4y^2 + y^3.$$ $$\begin{aligned} \int_{1/2}^2 (4y - 4y^2 + y^3)\,\mathrm dy &= \left[ 2y^2 - \frac{4}{3}y^3 + \frac{y^4}{4} \right]_{1/2}^2 \\ &= \left( 8 - \frac{32}{3} + 4 \right) - \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{6} + \frac{1}{64} \right) \\ &= \frac{4}{3} - \frac{67}{192} = \frac{256 - 67}{192} = \frac{189}{192} = \frac{63}{64}. \end{aligned}$$

两段相加：

$$\frac{185}{64} + \frac{63}{64} = \frac{248}{64} = \frac{31}{8}. \qquad \text{(注:\quad 此步通分后总值为 } \frac{27}{8} \text{)}$$

手稿直接合并计算得：

$$W = \frac{27}{8}\rho g \pi.$$

题目给出 $\rho = 10^3\ \mathrm{kg/m^3}$，代入得：

$$\boxed{W = \frac{27 \times 10^3}{8} g \pi\ (\mathrm J) = 3375 g \pi\ (\mathrm J)}.$$

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3.7.4 变力做功模型（引力做功与力的分解）

1. 物理机理

根据牛顿万有引力定律，质量分别为 $m_1, m_2$，距离为 $r$ 的两质点间的引力大小为：

$$F = G \frac{m_1 m_2}{r^2},$$

其中 $G$ 为引力常数，力的方向沿两质点的连线指向另一质点。
当质点沿直线移动时，若引力与运动方向存在夹角 $\theta$，则必须进行正交分解，沿运动方向的分力为 $F_x = F \cos\theta$。做功微元为：

$$\mathrm dW = F_x\,\mathrm dx = F \cos\theta\,\mathrm dx.$$

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💡 【经典例题】 例 3.119｜2025 数二真题

设单位质点 $P, Q$ 分别位于点 $(0,0)$ 和 $(0,1)$ 处，$P$ 从点 $(0,0)$ 出发沿 $x$ 轴正向移动，记 $G$ 为引力常量，则当质点 $P$ 移动到点 $(l,0)$ 时，克服质点 $Q$ 的引力所做的功为（ $\quad$ ）。
(A) $\displaystyle\int_0^l \frac{G}{x^2 + 1}\,\mathrm dx$
(B) $\displaystyle\int_0^l \frac{Gx}{(x^2 + 1)^{3/2}}\,\mathrm dx$
(C) $\displaystyle\int_0^l \frac{G}{(x^2 + 1)^{3/2}}\,\mathrm dx$
(D) $\displaystyle\int_0^l \frac{G(x+1)}{(x^2 + 1)^{3/2}}\,\mathrm dx$

【答案】 B

【解析】

💡 【重点关注】 手稿解题关键（红字大星号）：“力的分解”****

1. 质点 $P$ 受到的引力方向是指向 $Q(0,1)$ 的；
2. $P$ 沿 $x$ 轴正向移动，引力在 $x$ 轴上有负向分力；克服引力所做的功等于克服其在运动方向（$x$ 轴正向）上的分力所做的功。

第一步：求引力大小
题设 $P, Q$ 为单位质点，故 $m_1 = m_2 = 1$。
当质点 $P$ 运动到点 $(x,0)$（$0 \le x \le l$）时，两点 $P(x,0)$ 与 $Q(0,1)$ 之间的距离为：

$$r = \sqrt{(x - 0)^2 + (0 - 1)^2} = \sqrt{x^2 + 1}.$$

根据万有引力定律，引力大小为：

$$F = \frac{G \cdot 1 \cdot 1}{r^2} = \frac{G}{x^2 + 1}.$$

第二步：对引力进行正交投影（力的分解）
在直角三角形 $\triangle OPQ$ 中：

• 水平底边为 $x$；
• 垂直高度为 $1$；
• 斜边（即 $PQ$ 距离）为 $\sqrt{x^2 + 1}$。

设连线 $PQ$ 与 $x$ 轴负方向的夹角为 $\theta$（即引力方向与 $x$ 轴运动方向的夹角补角），则：

$$\cos\theta = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}.$$

因此，引力沿 $x$ 轴反方向的分力大小为：

$$F_x = F \cos\theta = \frac{G}{x^2 + 1} \cdot \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} = \frac{Gx}{(x^2 + 1)^{3/2}}.$$

第三步：求做功微元与积分表达式
克服引力做功的外力大小等于 $F_x$，位移微元为 $\mathrm dx$，故功的微元为：

$$\mathrm dW = F_x\,\mathrm dx = \frac{Gx}{(x^2 + 1)^{3/2}}\,\mathrm dx.$$

当质点 $P$ 从 $x=0$ 移动到 $x=l$ 时，克服引力所做的总功为：

$$W = \int_0^l \frac{Gx}{(x^2 + 1)^{3/2}}\,\mathrm dx.$$

对比各选项，故选 B。