第5节 重积分的应用

一、 基础题

1. 求由曲面 $z=x^2+y^2$ 及 $z^2=x^2+y^2$ 所围成的立体的体积.

• 解答：

曲面 $z = x^2+y^2$ 是开口向上的旋转抛物面，曲面 $z^2 = x^2+y^2$ 代表圆锥面。由于它们围成一个闭合立体，在 $z \ge 0$ 的区域内，圆锥面方程为 $z = \sqrt{x^2+y^2}$。

联立两个方程求交线：$x^2+y^2 = \sqrt{x^2+y^2} \Rightarrow r^2 = r \Rightarrow r=1$（$r=0$ 为原点）。

所以该立体在 $xOy$ 面上的投影区域 $D$ 为圆域 $x^2+y^2 \leqslant 1$。

在该区域内，圆锥面位于抛物面上方（即 $\sqrt{x^2+y^2} \ge x^2+y^2$）。

体积 $V = \iint_D (\sqrt{x^2+y^2} - (x^2+y^2)) \text{d}x\text{d}y$。

采用极坐标系计算：

$V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 (r - r^2) r \text{d}r = 2\pi \int_0^1 (r^2 - r^3) \text{d}r = 2\pi \left[ \frac{1} {3}r^3 - \frac{1}{4}r^4 \right]_0^1 = 2\pi \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) = 2\pi \left(\frac{1}{12}\right) = \mathbf {\frac{\pi}{6}}$。

2. 求由曲面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 及 $x^2+y^2=ax$ 所围成立体的体积.

• 解答：

这是一个经典的维维亚尼(Viviani)体体积问题。球面方程为 $x^2+y^2+z^2=a^2$，柱面方程为 $x^2+y^2=ax$（即 $(x-\frac{a}{2})^2+y^2 = (\frac{a} {2})^2$）。

由于该立体关于 $xOy$ 面和 $xOz$ 面对称，总共有四块形状相同的体积。我们可以先计算第一卦限内的体积，然后乘 4。

第一卦限内，投影区域 $D_1$ 为：$0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$，极径 $0 \leqslant r \leqslant a\cos\theta$。

顶部曲面为 $z = \sqrt{a^2-x^2-y^2}$。

$V = 4 \iint_{D_1} \sqrt{a^2-x^2-y^2} \text{d}x\text{d}y = 4 \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^{a\cos\theta} \sqrt {a^2-r^2} r \text{d}r$。

计算内层积分：

$\int_0^{a\cos\theta} \sqrt{a^2-r^2} r \text{d}r = \left[ -\frac{1}{3}(a^2-r^2)^{3/2} \right]_0^{a\cos\theta} = -\frac{1}{3} (a^2 - a^2\cos^2\theta)^{3/2} + \frac{1}{3}a^3 = \frac{1}{3}a^3 - \frac{1}{3}(a^2\sin^2\theta)^{3/2} = \frac{a^3}{3}(1 - \sin^3\theta)$。

代入外层积分：

$V = 4 \int_0^{\pi/2} \frac{a^3}{3}(1 - \sin^3\theta) \text{d}\theta = \frac{4a^3}{3} \left[ \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta - \int_0^{\pi/2} \sin^3\theta \text{d}\theta \right] = \frac{4a^3}{3} \left( \frac{\pi}{2} - \frac{2}{3} \right) = \mathbf{\frac {2}{9}(3\pi - 4)a^3}$。

3. 求平面 $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$ 被3个坐标面所截部分的面积.

• 解答：

该平面在第一卦限内被截成一个三角形。将其视为 $z = c\left(1 - \frac{x}{a} - \frac{y}{b}\right)$ 的曲面面积。

偏导数为 $z_x = -\frac{c}{a}$，$z_y = -\frac{c}{b}$。

面积微元 $\text{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \text{d}x\text{d}y = \sqrt{1 + \frac{c^2}{a^2} + \frac{c^2}{b^2}} \text{d}x\text {d}y = \frac{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}{ab} \text{d}x\text{d}y$。

该平面在 $xOy$ 面上的投影区域 $D$ 是由 $x=0, y=0$ 和 $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$ 围成的直角三角形，其面积为 $\frac{1}{2}ab$。

所求面积 $S = \iint_D \frac{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}{ab} \text{d}x\text{d}y = \frac{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}{ab} \iint_D \text{d}x\text{d}y = \frac{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}{ab} \cdot \frac{1}{2}ab = \mathbf{\frac{1}{2}\sqrt{a^2b^2 +b^2c^2+c^2a^2}}$。

4. 求球面 $x^2+y^2+z^2=2a^2\ (a>0)$ 在圆锥面 $x^2+y^2=z^2$ 内部的那部分面积.

• 解答：

球面半径为 $\sqrt{2}a$。它在圆锥面内部包含了上半球面上的一块“球冠”和下半球面上的一块“球冠”。两部分对称，我们计算上半部分后乘 2。

联立两曲面方程求边界：$x^2+y^2 + (x^2+y^2) = 2a^2 \Rightarrow x^2+y^2 = a^2$。

故上半部分在 $xOy$ 面上的投影区域为圆盘 $D: x^2+y^2 \leqslant a^2$。

上半球方程为 $z = \sqrt{2a^2-x^2-y^2}$。偏导数为 $z_x = \frac{-x}{z}, z_y = \frac{-y}{z}$。

$\text{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \text{d}x\text{d}y = \sqrt{1 + \frac{x^2+y^2}{z^2}} \text{d}x\text{d}y = \frac{\sqrt{z^2 +x^2+y^2}}{z} \text{d}x\text{d}y = \frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2a^2-x^2-y^2}} \text{d}x\text{d}y$。

单块表面积 $S_1 = \iint_D \frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2a^2-x^2-y^2}} \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^a \frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2a^2-r^2}} r \text{d}r$

$= 2\pi\sqrt{2}a \left[ -\sqrt{2a^2-r^2} \right]_0^a = 2\pi\sqrt{2}a ( -\sqrt{a^2} + \sqrt{2a^2} ) = 2\pi\sqrt{2}a^2(\sqrt{2} -1) = 2\pi a^2(2-\sqrt{2})$。

上下两块总面积为 $S = 2 \times S_1 = \mathbf{4\pi a^2(2-\sqrt{2})}$。

5. 求下列均匀平面薄片的质心坐标.

(1) 均匀平面薄片位于直线 $y=0$、$y=a-x$、$x=0$ 之间.

• 解答：

该薄片是一个以 $(0,0), (a,0), (0,a)$ 为顶点的直角三角形，由于是均匀薄片，由几何对称性或形心公式可知其质心即为其几何重心。

三角形的面积为 $A = \frac{1}{2}a^2$。

$\bar{x} = \frac{1}{A} \iint_D x \text{d}x\text{d}y = \frac{2}{a^2} \int_0^a \text{d}x \int_0^{a-x} x \text{d}y = \frac{2} {a^2} \int_0^a x(a-x) \text{d}x = \frac{2}{a^2} \left[ \frac{1}{2}ax^2 - \frac{1}{3}x^3 \right]_0^a = \frac{2}{a^2} \cdot \frac{a^3}{6} = \frac{a}{3}$。

由关于 $y=x$ 的对称性知 $\bar{y} = \frac{a}{3}$。

质心坐标为 $\mathbf{\left(\frac{a}{3}, \frac{a}{3}\right)}$。

(2) 均匀平面薄片由心形线 $r=a(1+\cos\theta)$ 所围成.

• 解答：

心形线关于极轴（$x$ 轴）对称，因此纵坐标 $\bar{y} = 0$。

薄片面积 $A = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} r^2 \text{d}\theta = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} a^2(1+\cos\theta)^2 \text{d}\theta = \frac{a^2}{2} \int_0^{2\pi} (1 + 2\cos\theta + \cos^2\theta) \text{d}\theta = \frac{a^2}{2}(2\pi + 0 + \pi) = \frac{3\pi a^2} {2}$。

对 $y$ 轴的静矩 $M_y = \iint_D x \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{a(1+\cos\theta)} (r\cos\theta) r \text{d}r = \int_0^{2\pi} \cos\theta \left[ \frac{1}{3}r^3 \right]_0^{a(1+\cos\theta)} \text{d}\theta$

$= \frac{a^3}{3} \int_0^{2\pi} \cos\theta (1+\cos\theta)^3 \text{d}\theta = \frac{a^3}{3} \int_0^{2\pi} (\cos\theta + 3\cos^2\theta + 3\cos^3\theta + \cos^4\theta) \text{d}\theta$。

在 $[0, 2\pi]$ 上，奇数次幂积分均为 0。所以：

$M_y = \frac{a^3}{3} \left( 3\int_0^{2\pi}\cos^2\theta \text{d}\theta + \int_0^{2\pi}\cos^4\theta \text{d}\theta \right) = \frac{a^3}{3} \left( 3\pi + 4\times\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} \right) = \frac{a^3}{3} \left( 3\pi + \frac {3\pi}{4} \right) = \frac{a^3}{3} \cdot \frac{15\pi}{4} = \frac{5\pi a^3}{4}$。

横坐标 $\bar{x} = \frac{M_y}{A} = \frac{5\pi a^3 / 4}{3\pi a^2 / 2} = \frac{5a}{6}$。

质心坐标为 $\mathbf{\left(\frac{5a}{6}, 0\right)}$。

6. 求半径为 $a$ 的均匀半圆薄片（面密度为常量 $\mu$）对于其直径边的转动惯量.

• 解答：

建立坐标系，设该半圆边界为 $x^2+y^2 \leqslant a^2\ (y \ge 0)$，则直径边在 $x$ 轴上。

根据转动惯量定义，薄片对直径边（$x$轴）的转动惯量 $I_x = \iint_D y^2 \mu \text{d}x\text{d}y$。

使用极坐标系计算：

$I_x = \mu \int_0^\pi \text{d}\theta \int_0^a (r\sin\theta)^2 r \text{d}r = \mu \int_0^\pi \sin^2\theta \text{d}\theta \int_0^a r^3 \text{d}r = \mu \left( \frac{\pi}{2} \right) \left( \frac{a^4}{4} \right) = \mathbf{\frac{\pi \mu a^4}{8}}$。

7. 利用三重积分计算由下列曲面所围成的立体的体积:

(1) $z=6-x^2-y^2$ 及 $z=\sqrt{x^2+y^2}$;

• 解答：

上面是抛物面，下面是圆锥面。联立求交线：$6-r^2 = r \Rightarrow r^2+r-6=0 \Rightarrow (r+3)(r-2)=0$，得 $r=2$。

投影区域 $D$ 是半径为 2 的圆域。

$V = \iint_{D} (6-x^2-y^2 - \sqrt{x^2+y^2}) \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^2 (6 - r^2 - r) r \text {d}r$

$= 2\pi \int_0^{2 (6r - r}3 - r^{2) \text{d}r = 2\pi \left[ 3r}2 - \frac{1}{4}r^{4 - \frac{1}{3}r}3 \right]_0^2 = 2\pi \left( 12

• 4 - \frac{8}{3} \right) = 2\pi \left( 8 - \frac{8}{3} \right) = \mathbf{\frac{32\pi}{3}}$。

(2) $x^2+y^2+z^2=2az\ (a>0)$ 及 $x^2+y^2=z^2$ (含有 $z$ 轴的部分);

• 解答：

第一个曲面为球心在 $(0,0,a)$，半径为 $a$ 的球面。第二个是圆锥面。

采用球面坐标系：$x=\rho\sin\varphi\cos\theta, y=\rho\sin\varphi\sin\theta, z=\rho\cos\varphi$。

球面方程化为：$\rho^2 = 2a\rho\cos\varphi \Rightarrow \rho = 2a\cos\varphi$。

圆锥面方程化为：$\rho^2\sin^2\varphi = \rho^2\cos^2\varphi \Rightarrow \tan\varphi = 1 \Rightarrow \varphi = \frac{\pi}{4}$。

包含 $z$ 轴说明极角 $\varphi$ 从 $0$ 积到 $\frac{\pi}{4}$。

$V = \iiint_\Omega 1 \text{d}V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\pi/4} \sin\varphi \text{d}\varphi \int_0^ {2a\cos\varphi} \rho^2 \text{d}\rho = 2\pi \int_0^{\pi/4} \sin\varphi \left[ \frac{1}{3}\rho^3 \right]_0^{2a\cos\varphi} \text {d}\varphi$

$= \frac{16\pi a^3}{3} \int_0^{\pi/4} \cos^3\varphi \sin\varphi \text{d}\varphi = \frac{16\pi a^3}{3} \left[ -\frac{1}{4} \cos^4\varphi \right]_0^{\pi/4} = \frac{16\pi a^3}{3} \left( -\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4} + \frac{1}{4} \right) = \frac{16\pi a^3}{3} \left( \frac{3}{16} \right) = \mathbf{\pi a^3}$。

(3) $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 及 $z = x^2+y^2$.

• 解答：

锥面在上，抛物面在下。联立交线为 $r = r^2 \Rightarrow r=1$。

$V = \iint_{D} (\sqrt{x^2+y^2} - (x^2+y^2)) \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 (r - r^2) r \text{d}r = 2\pi \int_0^1 (r^2 - r^3) \text{d}r = 2\pi \left[ \frac{1}{3}r^3 - \frac{1}{4}r^4 \right]_0^1 = 2\pi\left(\frac{1}{12} \right) = \mathbf{\frac{\pi}{6}}$。

二、 提高题

8. 求由曲面 $2z = x^2+y^2$、$z = \frac{1}{2}$ 及 $z = 4-\sqrt{x^2+y^2}$ 围成的立体的体积.

• 解答：

曲面分别为旋转抛物面 $z=r^2/2$，平面 $z=1/2$，圆锥面 $z=4-r$。

联立平面与抛物面：$1/2 = r^2/2 \Rightarrow r=1$。

联立抛物面与圆锥面：$r^2/2 = 4-r \Rightarrow r^2+2r-8=0 \Rightarrow (r+4)(r-2)=0 \Rightarrow r=2$。

该立体由两部分拼接而成，可以视为以 $z=4-r$ 为顶，但在 $0\le r \le 1$ 区域底面是 $z=1/2$，在 $1\le r \le 2$ 区域底面是 $z=r^2/2$。

$V = \iint_{0\leqslant r\leqslant 1} (4-r - \frac{1}{2}) \text{d}x\text{d}y + \iint_{1\leqslant r\leqslant 2} (4-r - \frac {r^2}{2}) \text{d}x\text{d}y$

第一部分：$V_1 = 2\pi \int_0^1 (3.5 - r) r \text{d}r = 2\pi \left[ 1.75r^2 - \frac{r^3}{3} \right]_0^1 = 2\pi \left( \frac{7} {4} - \frac{1}{3} \right) = 2\pi \left( \frac{17}{12} \right) = \frac{17\pi}{6}$。

第二部分：$V_2 = 2\pi \int_1^2 (4 - r - \frac{r^2}{2}) r \text{d}r = 2\pi \int_1^2 (4r - r^2 - \frac{r^3}{2}) \text{d}r = 2\pi \left[ 2r^2 - \frac{r^3}{3} - \frac{r^4}{8} \right]_1^2$

$= 2\pi \left[ \left(8 - \frac{8}{3} - 2\right) - \left(2 - \frac{1}{3} - \frac{1}{8}\right) \right] = 2\pi \left[ \frac{10} {3} - \frac{37}{24} \right] = 2\pi \left( \frac{43}{24} \right) = \frac{43\pi}{12}$。

总体积 $V = V_1 + V_2 = \frac{17\pi}{6} + \frac{43\pi}{12} = \frac{34\pi}{12} + \frac{43\pi}{12} = \mathbf{\frac{77\pi}{12}}$。

9. 求锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 被柱面 $z^2 = 2x$ 所截下部分的曲面面积.

• 解答：

柱面等价于 $x^2+y^2 = 2x$，即 $(x-1)^2+y^2 = 1$，这是一个圆心在 $(1,0)$ 半径为 $1$ 的圆柱。

被截下的锥面的投影区域 $D$ 即为此圆：$(x-1)^2+y^2 \leqslant 1$。

对于锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$，有 $z_x = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, z_y = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$。

面积微元 $\text{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \text{d}x\text{d}y = \sqrt{1 + \frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}} \text{d}x\text{d}y = \sqrt{2} \text{d}x\text{d}y$。

所以面积 $S = \iint_D \sqrt{2} \text{d}x\text{d}y = \sqrt{2} \times \text{Area}(D) = \sqrt{2} \times (\pi \cdot 1^2) = \mathbf {\sqrt{2}\pi}$。

10. 求由 $z^2 = x^2+y^2$、$z = 1$ 围成的立体的质心坐标 (设面密度 $\mu=1$).

• 解答：

这里的面密度意为体密度（体积密度为常量1）。该立体是一个正立的圆锥体，位于 $z \in [0, 1]$ 之间。

由于立体关于 $z$ 轴完全对称，故 $\bar{x} = 0, \bar{y} = 0$。

体积 $V = \frac{1}{3} \pi r^2 h = \frac{1}{3} \pi (1)^2 (1) = \frac{\pi}{3}$。

对 $z$ 的一次矩 $M_z = \iiint_\Omega z \text{d}V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 r \text{d}r \int_r^1 z \text{d}z = 2\pi \int_0^1 r \left[ \frac{1}{2}z^2 \right]_r^1 \text{d}r = \pi \int_0^1 r(1-r^2) \text{d}r = \pi \left[ \frac{1}{2}r^2 - \frac{1}{4}r^4 \right]_0^1 = \frac{\pi}{4}$。

$\bar{z} = \frac{M_z}{V} = \frac{\pi/4}{\pi/3} = \frac{3}{4}$。

质心坐标为 $\mathbf{\left(0, 0, \frac{3}{4}\right)}$。

11. 计算由曲面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 和 $z = 1+\sqrt{1-x^2-y^2}$ 所围成的立体对于 $z$ 轴的转动惯量 (设面密度 $\mu=1$).

• 解答：

下边界为圆锥面 $z=r$，上边界为以 $(0,0,1)$ 为球心、半径为1的半球面 $z = 1+\sqrt{1-r^2}$。

联立两曲面求交线：$r = 1+\sqrt{1-r^2}$，由于 $1-r^2 \ge 0 \Rightarrow r \le 1$，而等式右侧恒大于等于1，故唯一解为 $r=1$。

因此投影区域为单位圆 $D: x^2+y^2 \leqslant 1$。立体位于圆柱内。

转动惯量 $I_z = \iiint_\Omega (x^2+y^2) \text{d}V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 \text{d}r \int_r^{1+\sqrt{1-r^2}} r^2 \cdot r \text{d}z = 2\pi \int_0^1 r^3 (1+\sqrt{1-r^2}-r) \text{d}r$。

将积分拆开：

第一部分：$\int_0^1 (r^3 - r^4) \text{d}r = \left[ \frac{1}{4}r^4 - \frac{1}{5}r^5 \right]_0^1 = \frac{1}{4} - \frac{1}{5} = \frac{1}{20}$。

第二部分：$\int_0^1 r^3\sqrt{1-r^2} \text{d}r$。令 $u = 1-r^2$，则 $r^2 = 1-u$，$2r\text{d}r = -\text{d}u$。

原式 $= \int_1^0 (1-u)\sqrt{u} (-\frac{1}{2}\text{d}u) = \frac{1}{2} \int_0^1 (u^{1/2} - u^{3/2}) \text{d}u = \frac{1}{2} \left[ \frac{2}{3}u^{3/2} - \frac{2}{5}u^{5/2} \right]_0^1 = \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3} - \frac{2}{5}\right) = \frac{2}{15} $。

合并得 $I_z = 2\pi \left( \frac{1}{20} + \frac{2}{15} \right) = 2\pi \left( \frac{3+8}{60} \right) = 2\pi \left(\frac{11}{60} \right) = \mathbf{\frac{11\pi}{30}}$。

12. 一均匀物体（面密度 $\mu$ 为常量）占有的闭区域 $\Omega$ 由曲面 $z = x^2+y^2$、平面 $z = 0$、$|x|=a$、$|y|=a$ 所围成.

(1) 求物体的质心坐标; (2) 求物体对于 $z$ 轴的转动惯量.

• 解答：

底面区域 $D$ 为边长为 $2a$ 的正方形 $[-a, a] \times [-a, a]$。顶部为抛物面。

体积 $V = \iint_D (x^2+y^2) \text{d}x\text{d}y = \int_{-a}^a \text{d}x \int_{-a}^a (x^2+y^2) \text{d}y = \int_{-a}^a \left[ x^2y + \frac{y^3}{3} \right]_{-a}^a \text{d}x = \int_{-a}^a \left( 2ax^2 + \frac{2}{3}a^3 \right) \text{d}x = \left[ \frac{2} {3}ax^3 + \frac{2}{3}a^3x \right]_{-a}^a = 2 \left( \frac{2}{3}a^4 + \frac{2}{3}a^4 \right) = \frac{8a^4}{3}$。质量 $M = \frac {8\mu a^4}{3}$。

(1) 由于区域关于 $xOz$ 和 $yOz$ 面对称，质心的水平坐标为 $\bar{x} = 0, \bar{y} = 0$。

求对 $xy$ 平面的力矩 $M_z$：

$M_z = \iiint_\Omega z \mu \text{d}V = \mu \iint_D \text{d}x\text{d}y \int_0^{x^2+y^2} z \text{d}z = \frac{\mu}{2} \iint_D (x^2+y^2)^2 \text{d}x\text{d}y = \frac{\mu}{2} \int_{-a}^a \text{d}x \int_{-a}^a (x^4+2x^2y^2+y^4) \text{d}y$

$= \frac{\mu}{2} \int_{-a}^a \left[ x^4y + \frac{2}{3}x^2y^3 + \frac{1}{5}y^5 \right]_{-a}^a \text{d}x = \mu \int_{-a}^a \left ( ax^4 + \frac{2}{3}a^3x^2 + \frac{1}{5}a^5 \right) \text{d}x = 2\mu \left[ \frac{1}{5}ax^5 + \frac{2}{9}a^3x^3 + \frac{1}{5} a^5x \right]_0^a$

$= 2\mu a^6 \left( \frac{1}{5} + \frac{2}{9} + \frac{1}{5} \right) = 2\mu a^6 \left( \frac{2}{5} + \frac{2}{9} \right) = 2\mu a^6 \left( \frac{28}{45} \right) = \frac{56\mu a^6}{45}$。

$\bar{z} = \frac{M_z}{M} = \frac{56\mu a^6 / 45}{8\mu a^4 / 3} = \frac{56}{8} \cdot \frac{3}{45} \cdot a^2 = 7 \cdot \frac{1} {15} a^2 = \frac{7a^2}{15}$。

质心坐标为 $\mathbf{\left(0, 0, \frac{7a^2}{15}\right)}$。

(2) 转动惯量 $I_z = \iiint_\Omega (x^2+y^2) \mu \text{d}V = \mu \iint_D (x^2+y^2) \text{d}x\text{d}y \int_0^{x^2+y^2} \text{d} z = \mu \iint_D (x^2+y^2)^2 \text{d}x\text{d}y$。

注意到这与上面计算的积分恰好是 2 倍关系（由于 $M_z$ 式中带有 $\frac{1}{2}$ 系数）。

所以 $I_z = 2 \times M_z = 2 \times \frac{56\mu a^6}{45} = \mathbf{\frac{112\mu a^6}{45}}$。

三、 考研真题

13. (2010112) 设 $\Omega = \{(x,y,z) \mid x^2+y^2 \leqslant z \leqslant 1\}$，求 $\Omega$ 的质心的竖坐标.

• 解答：

这表示底端是一个抛物面，顶端是平面的立体，默认密度均匀。

体积 $V = \iint_{x^2+y^2 \leqslant 1} (1 - (x^2+y^2)) \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 (1-r^2)r \text{d}r = 2\pi \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4} \right]_0^1 = 2\pi \left(\frac{1}{4}\right) = \frac{\pi}{2}$。

力矩 $M_z = \iint_{x^2+y^2 \leqslant 1} \text{d}x\text{d}y \int_{x^2+y^2}^1 z \text{d}z = \iint_D \frac{1}{2} (1 - (x^2+y^2) ^2) \text{d}x\text{d}y = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 (1-r^4)r \text{d}r = \pi \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^6}{6} \right]_0^1 = \pi \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{6}\right) = \frac{\pi}{3}$。

质心竖坐标 $\bar{z} = \frac{M_z}{V} = \frac{\pi/3}{\pi/2} = \mathbf{\frac{2}{3}}$。

14. (2000116) 有一半为 $R$ 的球体，$P_0$ 是此球体上的一个定点，球体上任一点的密度与该点到 $P_0$ 的距离的平方成正比 (比例常数 $k>0$)，求球体 的重心坐标.

• 解答：

为便于计算，建立空间直角坐标系，将定点 $P_0$ 置于坐标原点 $(0,0,0)$，让球体位于 $z$ 轴正半轴上，球心位于 $(0, 0, R)$。

此时球面方程为 $x^2+y^2+(z-R)^2 = R^2$，化简得 $x^2+y^2+z^2 = 2Rz$。

密度函数为 $\rho(x,y,z) = k(x^2+y^2+z^2)$。

采用球面坐标系进行积分：$\rho_r$ 为极径，$0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$，$0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2}$。

球面极坐标方程为 $\rho_r = 2R\cos\varphi$。

计算总质量 $M$：

$M = \iiint_\Omega k\rho_r^2 \text{d}V = k \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\pi/2} \sin\varphi \text{d}\varphi \int_0^ {2R\cos\varphi} \rho_r^2 \cdot \rho_r^2 \text{d}\rho_r = 2\pi k \int_0^{\pi/2} \sin\varphi \left[ \frac{1}{5}\rho_r^5 \right] _0^{2R\cos\varphi} \text{d}\varphi$

$= \frac{64\pi k R^5}{5} \int_0^{\pi/2} \cos^5\varphi \sin\varphi \text{d}\varphi = \frac{64\pi k R^5}{5} \left[ -\frac{1}{6} \cos^6\varphi \right]_0^{\pi/2} = \frac{64\pi k R^5}{5} \cdot \frac{1}{6} = \frac{32\pi k R^5}{15}$。

由对称性，重心在 $z$ 轴上，横纵坐标为 $0$。求 $z$ 的力矩 $M_z$：

$M_z = \iiint_\Omega z \cdot k\rho_r^2 \text{d}V = k \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\pi/2} \sin\varphi \text{d}\varphi \int_0^{2R\cos\varphi} (\rho_r\cos\varphi) \cdot \rho_r^4 \text{d}\rho_r = 2\pi k \int_0^{\pi/2} \sin\varphi\cos\varphi \left [ \frac{1}{6}\rho_r^6 \right]_0^{2R\cos\varphi} \text{d}\varphi$

$= \frac{128\pi k R^6}{6} \int_0^{\pi/2} \cos^7\varphi \sin\varphi \text{d}\varphi = \frac{64\pi k R^6}{3} \left[ -\frac{1}{8} \cos^8\varphi \right]_0^{\pi/2} = \frac{64\pi k R^6}{3} \cdot \frac{1}{8} = \frac{8\pi k R^6}{3}$。

求质心高度 $\bar{z}$：

$\bar{z} = \frac{M_z}{M} = \frac{8\pi k R^6 / 3}{32\pi k R^5 / 15} = \frac{8}{32} \cdot \frac{15}{3} R = \frac{1}{4} \cdot 5 R = \frac{5R}{4}$。

所以重心位置为：在通过定点 $P_0$ 和球心的直线上，距离 $P_0$ 为 $\frac{5R}{4}$ 处（即离球心距离 $\frac{R}{4}$，偏向远离 $P_0$ 的一侧）。