高等数学（第七版）同济大学 习题10-4 （后7题）个人解答

高等数学（第七版）同济大学 习题10-4（后7题）

函数作图软件：Mathematica

 

8.   设 球 占 有 闭 区 域 Ω = { ( x ,   y ,   z )   ∣   x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2 R z } ， 它 在 内 部 各 点 处 的 密 度 的 大 小 等 于 该 点 到 坐 标      原 点 的 距 离 的 平 方 ， 试 求 这 球 的 质 心 . 8. 设球占有闭区域Ω={(x, y, z) | x2+y2+z2≤2Rz}，它在内部各点处的密度的大小等于该点到坐标    原点的距离的平方，试求这球的质心.

​8. 设球占有闭区域Ω={(x, y, z) ∣ x2+y2+z2≤2Rz}，它在内部各点处的密度的大小等于该点到坐标    原点的距离的平方，试求这球的质心.​​

解：

   在 球 面 坐 标 系 中 ， Ω 表 示 为 0 ≤ r ≤ 2 R c o s   φ ， 0 ≤ φ ≤ π 2 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π ， 球 内 任 意 一 点 ( x ,   y ,   z ) 处 的 密 度 大 小 为    ρ = x 2 + y 2 + z 2 = r 2 ， 因 为 球 体 的 形 状 和 质 量 分 布 关 于 z 轴 对 称 ， 可 知 质 心 位 于 z 轴 上 ， 因 此 x ‾ = y ‾ = 0 ，    M = ∭ Ω ρ d v = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π 2 d φ ∫ 0 2 R c o s   φ r 2 ⋅ r 2 s i n   φ d r = 2 π ∫ 0 π 2 32 5 R 5 c o s 5   φ s i n   φ d φ = 32 15 π R 5 ，    z ‾ = 1 M ∭ Ω ρ z d v = 1 M ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π 2 d φ ∫ 0 2 R c o s   φ r 2 ⋅ r c o s   φ ⋅ r 2 s i n   φ d r = 2 π M ∫ 0 π 2 64 6 R 6 c o s 7   φ s i n   φ d φ = 5 4 R ，    所 求 质 心 为 ( 0 ,   0 ,   5 4 R ) .   在球面坐标系中，Ω表示为0≤r≤2Rcos φ，0≤φ≤π2，0≤θ≤2π，球内任意一点(x, y, z)处的密度大小为  ρ=x2+y2+z2=r2，因为球体的形状和质量分布关于z轴对称，可知质心位于z轴上，因此¯x=¯y=0，  M=∭Ωρdv=∫2π0dθ∫π20dφ∫2Rcos φ0r2⋅r2sin φdr=2π∫π20325R5cos5 φsin φdφ=3215πR5，  ¯z=1M∭Ωρzdv=1M∫2π0dθ∫π20dφ∫2Rcos φ0r2⋅rcos φ⋅r2sin φdr=2πM∫π20646R6cos7 φsin φdφ=54R，  所求质心为(0, 0, 54R).

​  在球面坐标系中，Ω表示为0≤r≤2Rcos φ，0≤φ≤2π​，0≤θ≤2π，球内任意一点(x, y, z)处的密度大小为  ρ=x2+y2+z2=r2，因为球体的形状和质量分布关于z轴对称，可知质心位于z轴上，因此x=y​=0，  M=∭Ω​ρdv=∫02π​dθ∫02π​​dφ∫02Rcos φ​r2⋅r2sin φdr=2π∫02π​​532​R5cos5 φsin φdφ=1532​πR5，  z=M1​∭Ω​ρzdv=M1​∫02π​dθ∫02π​​dφ∫02Rcos φ​r2⋅rcos φ⋅r2sin φdr=M2π​∫02π​​664​R6cos7 φsin φdφ=45​R，  所求质心为(0, 0, 45​R).​​

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$\begin{array}{rlr}& 9.设均匀薄片（面密度为常数1）所占闭区域D如下，求指定的转动惯量：& \end{array}$

   ( 1 )    D = { ( x ,   y )   ∣   x 2 a 2 + y 2 b 2 ≤ 1 } ， 求 I y ；    ( 2 )    D 由 抛 物 线 y 2 = 9 2 x 与 直 线 x = 2 所 围 成 ， 求 I x 和 I y ；    ( 3 )    D 为 矩 形 闭 区 域 { ( x ,   y )   ∣   0 ≤ x ≤ a ， 0 ≤ y ≤ b } ， 求 I x 和 I y .   (1)  D={(x, y) | x2a2+y2b2≤1}，求Iy；  (2)  D由抛物线y2=92x与直线x=2所围成，求Ix和Iy；  (3)  D为矩形闭区域{(x, y) | 0≤x≤a，0≤y≤b}，求Ix和Iy.

​  (1)  D={(x, y) ∣ a2x2​+b2y2​≤1}，求Iy​；  (2)  D由抛物线y2=29​x与直线x=2所围成，求Ix​和Iy​；  (3)  D为矩形闭区域{(x, y) ∣ 0≤x≤a，0≤y≤b}，求Ix​和Iy​.​​

解：

   ( 1 )   I y = ∬ D x 2 d x d y = ∫ − a a x 2 d x ∫ − b a a 2 − x 2 b a a 2 − x 2 d y = 2 b a ∫ − a a x 2 a 2 − x 2 d x = 4 b a ∫ 0 a x 2 a 2 − x 2 d x ， 令 x = a s i n   t ，          则 上 式 = 4 b a ∫ 0 π 2 a 3 s i n 2   t c o s   t ⋅ a c o s   t d t = 4 a 3 b [ ∫ 0 π 2 s i n 2   t d t − ∫ 0 π 2 s i n 4   t d t ] = 4 a 3 b ( 1 2 ⋅ π 2 − 3 4 ⋅ 1 2 ⋅ π 2 ) =          1 4 π a 3 b .    ( 2 )   D = { ( x ,   y )   ∣   − 3 x 2 ≤ y ≤ 3 x 2 ， 0 ≤ x ≤ 2 } ， I x = ∬ D y 2 d x d y 对 称 性 ‾ ‾ 2 ∫ 0 2 d x ∫ 0 3 x 2 y 2 d y =          2 3 ∫ 0 2 27 2 2 x 3 2 d x = 72 5 ， I y = ∬ D x 2 d x d y 对 称 性 ‾ ‾ 2 ∫ 0 2 x 2 d x ∫ 0 3 x 2 d y = 2 ∫ 0 2 3 2 x 5 2 d x = 96 7 .   (1) Iy=∬Dx2dxdy=∫a−ax2dx∫ba√a2−x2−ba√a2−x2dy=2ba∫a−ax2√a2−x2dx=4ba∫a0x2√a2−x2dx，令x=asin t，        则上式=4ba∫π20a3sin2 tcos t⋅acos tdt=4a3b[∫π20sin2 tdt−∫π20sin4 tdt]=4a3b(12⋅π2−34⋅12⋅π2)=        14πa3b.  (2) D={(x, y) | −3√x2≤y≤3√x2，0≤x≤2}，Ix=∬Dy2dxdy对称性__2∫20dx∫3√x20y2dy=        23∫20272√2x32dx=725，Iy=∬Dx2dxdy对称性__2∫20x2dx∫3√x20dy=2∫203√2x52dx=967.

​  (1) Iy​=∬D​x2dxdy=∫−aa​x2dx∫−ab​a2−x2 ​ab​a2−x2 ​​dy=a2b​∫−aa​x2a2−x2 ​dx=a4b​∫0a​x2a2−x2 ​dx，令x=asin t，        则上式=a4b​∫02π​​a3sin2 tcos t⋅acos tdt=4a3b[∫02π​​sin2 tdt−∫02π​​sin4 tdt]=4a3b(21​⋅2π​−43​⋅21​⋅2π​)=        41​πa3b.  (2) D={(x, y) ∣∣∣∣​ −32x​ ​≤y≤32x​ ​，0≤x≤2}，Ix​=∬D​y2dxdy对称性​​2∫02​dx∫032x​ ​​y2dy=        32​∫02​22 ​27​x23​dx=572​，Iy​=∬D​x2dxdy对称性​​2∫02​x2dx∫032x​ ​​dy=2∫02​2 ​3​x25​dx=796​.​

$\begin{array}{rlr}& (3)I_x={\iint }_D{y}^{2}dxdy={\int }_0^{a}dx{\int }_0^b{y}^{2}dy=\frac{a{b}^3}{3}，I_y={\iint }_D{x}^{2}dxdy={\int }_0^a{x}^{2}dx{\int }_0^{b}dy=\frac{a^{3}b}{3}.& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 10.已知均匀矩形板（面密度为常量\mu ）的长和宽分别为b和h，计算此矩形板对于通过其形心且分别与& \\ & & \\ & 一边平行的两轴的转动惯量.& \end{array}$

解：

   建 立 直 角 坐 标 系 ， 原 点 O 为 矩 形 板 的 形 心 ， x 轴 和 y 轴 分 别 平 行 于 矩 形 的 两 边 ， 所 求 转 动 惯 量 为    I x = ∬ D y 2 μ d x d y = μ ∫ − b 2 b 2 d x ∫ − h 2 h 2 y 2 d y = 1 12 μ b h 3 ， I y = ∬ D x 2 μ d x d y = μ ∫ − b 2 b 2 x 2 d x ∫ − h 2 h 2 d y = 1 12 μ h b 3 .   建立直角坐标系，原点O为矩形板的形心，x轴和y轴分别平行于矩形的两边，所求转动惯量为  Ix=∬Dy2μdxdy=μ∫b2−b2dx∫h2−h2y2dy=112μbh3，Iy=∬Dx2μdxdy=μ∫b2−b2x2dx∫h2−h2dy=112μhb3.

​  建立直角坐标系，原点O为矩形板的形心，x轴和y轴分别平行于矩形的两边，所求转动惯量为  Ix​=∬D​y2μdxdy=μ∫−2b​2b​​dx∫−2h​2h​​y2dy=121​μbh3，Iy​=∬D​x2μdxdy=μ∫−2b​2b​​x2dx∫−2h​2h​​dy=121​μhb3.​​

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$\begin{array}{rlr}& 11.一均匀物体（密度\rho 为常量）占有的闭区域\Omega 由曲面z=x^2+y^2和平面z=0，|x|=a，|y|=a所围成，& \end{array}$

   ( 1 )    求 物 体 的 体 积 ；    ( 2 )    求 物 体 的 质 心 ；    ( 3 )    求 物 体 关 于 z 轴 的 转 动 惯 量 .   (1)  求物体的体积；  (2)  求物体的质心；  (3)  求物体关于z轴的转动惯量.

​  (1)  求物体的体积；  (2)  求物体的质心；  (3)  求物体关于z轴的转动惯量.​​

解：

   ( 1 )   由 Ω 对 称 性 可 知 ， V = 4 ∫ 0 a d x ∫ 0 a d y ∫ 0 x 2 + y 2 d z = 4 ∫ 0 a d x ∫ 0 a ( x 2 + y 2 ) d y = 4 ∫ 0 a ( a x 2 + a 3 3 ) d x = 8 3 a 4 .    ( 2 )   由 对 称 性 可 知 ， 质 心 位 于 z 轴 上 ， 所 以 x ‾ = y ‾ = 0 ， z ‾ = 1 M ∭ Ω ρ z d v 对 称 性 ‾ ‾ 4 V ∫ 0 a d x ∫ 0 a d y ∫ 0 x 2 + y 2 z d z =          4 V ∫ 0 a d x ∫ 0 a 1 2 ( x 4 + 2 x 2 y 2 + y 4 ) d y = 2 V ∫ 0 a ( a x 4 + 2 3 a 3 x 2 + 1 5 a 5 ) d x = 7 15 a 2 .    ( 3 )   I z = ∭ Ω ρ ( x 2 + y 2 ) d v 对 称 性 ‾ ‾ 4 ρ ∫ 0 a d x ∫ 0 a d y ∫ 0 x 2 + y 2 ( x 2 + y 2 ) d z = 4 ρ ∫ 0 a d x ∫ 0 a ( x 4 + 2 x 2 y 2 + y 4 ) d y = 112 45 ρ a 6 .   (1) 由Ω对称性可知，V=4∫a0dx∫a0dy∫x2+y20dz=4∫a0dx∫a0(x2+y2)dy=4∫a0(ax2+a33)dx=83a4.  (2) 由对称性可知，质心位于z轴上，所以¯x=¯y=0，¯z=1M∭Ωρzdv对称性__4V∫a0dx∫a0dy∫x2+y20zdz=        4V∫a0dx∫a012(x4+2x2y2+y4)dy=2V∫a0(ax4+23a3x2+15a5)dx=715a2.  (3) Iz=∭Ωρ(x2+y2)dv对称性__4ρ∫a0dx∫a0dy∫x2+y20(x2+y2)dz=4ρ∫a0dx∫a0(x4+2x2y2+y4)dy=11245ρa6.

​  (1) 由Ω对称性可知，V=4∫0a​dx∫0a​dy∫0x2+y2​dz=4∫0a​dx∫0a​(x2+y2)dy=4∫0a​(ax2+3a3​)dx=38​a4.  (2) 由对称性可知，质心位于z轴上，所以x=y​=0，z=M1​∭Ω​ρzdv对称性​​V4​∫0a​dx∫0a​dy∫0x2+y2​zdz=        V4​∫0a​dx∫0a​21​(x4+2x2y2+y4)dy=V2​∫0a​(ax4+32​a3x2+51​a5)dx=157​a2.  (3) Iz​=∭Ω​ρ(x2+y2)dv对称性​​4ρ∫0a​dx∫0a​dy∫0x2+y2​(x2+y2)dz=4ρ∫0a​dx∫0a​(x4+2x2y2+y4)dy=45112​ρa6.​​

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$\begin{array}{rlr}& 12.求半径为a、高为h的均匀圆柱体对于过中心而平行于母线的轴的转动惯量（设密度\rho =1）.& \end{array}$

解：

   建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 使 原 点 位 于 圆 柱 体 的 中 心 ， z 轴 平 行 于 母 线 ， 圆 柱 体 所 占 的 空 间 闭 区 域    Ω = { ( x ,   y ,   z )   ∣   x 2 + y 2 ≤ a 2 ， − h 2 ≤ z ≤ h 2 } 柱 面 坐 标 ‾ ‾ { ( ρ ,   θ ,   z )   ∣   0 ≤ 0 ≤ 2 π ， 0 ≤ ρ ≤ a ， − h 2 ≤ z ≤ h 2 } ，    所 求 转 动 惯 量 为 I z = ∭ Ω ( x 2 + y 2 ) d v = ∭ Ω ρ 2 ⋅ ρ d ρ d θ d z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a ρ 3 d ρ ∫ − h 2 h 2 d z = 2 π ⋅ a 4 4 ⋅ h = 1 2 π h a 4 .   建立空间直角坐标系，使原点位于圆柱体的中心，z轴平行于母线，圆柱体所占的空间闭区域  Ω={(x, y, z) | x2+y2≤a2，−h2≤z≤h2}柱面坐标__{(ρ, θ, z) | 0≤0≤2π，0≤ρ≤a，−h2≤z≤h2}，  所求转动惯量为Iz=∭Ω(x2+y2)dv=∭Ωρ2⋅ρdρdθdz=∫2π0dθ∫a0ρ3dρ∫h2−h2dz=2π⋅a44⋅h=12πha4.

​  建立空间直角坐标系，使原点位于圆柱体的中心，z轴平行于母线，圆柱体所占的空间闭区域  Ω={(x, y, z) ∣∣∣∣​ x2+y2≤a2，−2h​≤z≤2h​}柱面坐标​​{(ρ, θ, z) ∣∣∣∣​ 0≤0≤2π，0≤ρ≤a，−2h​≤z≤2h​}，  所求转动惯量为Iz​=∭Ω​(x2+y2)dv=∭Ω​ρ2⋅ρdρdθdz=∫02π​dθ∫0a​ρ3dρ∫−2h​2h​​dz=2π⋅4a4​⋅h=21​πha4.​​

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13.   设 面 密 度 为 常 量 μ 的 质 量 均 匀 的 半 圆 环 形 薄 片 占 有 区 域 D = { ( x ,   y ,   0 )   ∣   R 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ R 2 ， x ≥ 0 } ，        求 它 对 位 于 z 轴 上 点 M 0 ( 0 ,   0 ,   a ) （ a > 0 ） 处 单 位 质 量 的 质 点 的 引 力 F . 13. 设面密度为常量μ的质量均匀的半圆环形薄片占有区域D={(x, y, 0) | R1≤√x2+y2≤R2，x≥0}，      求它对位于z轴上点M0(0, 0, a)（a>0）处单位质量的质点的引力F.

​13. 设面密度为常量μ的质量均匀的半圆环形薄片占有区域D={(x, y, 0) ∣ R1​≤x2+y2 ​≤R2​，x≥0}，      求它对位于z轴上点M0​(0, 0, a)（a>0）处单位质量的质点的引力F.​​

解：

   引 力 元 素 d F 沿 x 轴 和 z 轴 的 分 量 分 别 为 d F x = G μ x ( x 2 + y 2 + a 2 ) 3 2 d σ 和 d F z = G μ ( − a ) ( x 2 + y 2 + a 2 ) 3 2 d σ ， 则    F x = G μ ∬ D x ( x 2 + y 2 + a 2 ) 3 2 d σ 极 坐 标 ‾ ‾ G μ ∫ − π 2 π 2 d θ ∫ R 1 R 2 ρ c o s   θ ( ρ 2 + a 2 ) 3 2 ⋅ ρ d ρ = G μ ∫ − π 2 π 2 c o s   θ d θ ∫ R 1 R 2 ρ 2 ( ρ 2 + a 2 ) 3 2 d ρ =    2 G μ ∫ R 1 R 2 ρ 2 ( ρ 2 + a 2 ) 3 2 d ρ ， 令 ρ = a t a n   t ， 则 上 式 = 2 G μ ∫ a r c t a n   R 1 a a r c t a n   R 2 a a 2 t a n 2   t a 3 s e c 3   t ⋅ a s e c 2   t d t =    2 G μ ∫ a r c t a n   R 1 a a r c t a n   R 2 a ( s e c   t − c o s   t ) d t = 2 G μ [ l n ( s e c   t + t a n   t ) − s i n   t ] a r c t a n   R 1 a a r c t a n   R 2 a =    2 G μ ( l n R 2 2 + a 2 + R 2 R 1 2 + a 2 + R 1 − R 2 R 2 2 + a 2 + R 1 R 1 2 + a 2 ) ，    F z = − G a μ ∬ D d σ ( x 2 + y 2 + a 2 ) 3 2 极 坐 标 ‾ ‾ − G a μ ∫ − π 2 π 2 d θ ∫ R 1 R 2 ρ ( ρ 2 + a 2 ) 3 2 d ρ = π G a μ [ 1 ρ 2 + a 2 ] R 1 R 2 =    π G a μ ( 1 R 2 2 + a 2 − 1 R 1 2 + a 2 ) ， 因 为 D 关 于 x 轴 对 称 ， 并 且 质 量 均 匀 分 布 ， 所 以 F y = 0 ，    因 此 引 力 F = ( 2 G μ ( l n R 2 2 + a 2 + R 2 R 1 2 + a 2 + R 1 − R 2 R 2 2 + a 2 + R 1 R 1 2 + a 2 ) ,   0 ,   π G a μ ( 1 R 2 2 + a 2 − 1 R 1 2 + a 2 ) ) .   引力元素dF沿x轴和z轴的分量分别为dFx=Gμx(x2+y2+a2)32dσ和dFz=Gμ(−a)(x2+y2+a2)32dσ，则  Fx=Gμ∬Dx(x2+y2+a2)32dσ极坐标__Gμ∫π2−π2dθ∫R2R1ρcos θ(ρ2+a2)32⋅ρdρ=Gμ∫π2−π2cos θdθ∫R2R1ρ2(ρ2+a2)32dρ=  2Gμ∫R2R1ρ2(ρ2+a2)32dρ，令ρ=atan t，则上式=2Gμ∫arctan R2aarctan R1aa2tan2 ta3sec3 t⋅asec2 tdt=  2Gμ∫arctan R2aarctan R1a(sec t−cos t)dt=2Gμ[ln(sec t+tan t)−sin t]arctan R2aarctan R1a=  2Gμ(ln√R22+a2+R2√R21+a2+R1−R2√R22+a2+R1√R21+a2)，  Fz=−Gaμ∬Ddσ(x2+y2+a2)32极坐标__−Gaμ∫π2−π2dθ∫R2R1ρ(ρ2+a2)32dρ=πGaμ[1√ρ2+a2]R2R1=  πGaμ(1√R22+a2−1√R21+a2)，因为D关于x轴对称，并且质量均匀分布，所以Fy=0，  因此引力F=(2Gμ(ln√R22+a2+R2√R21+a2+R1−R2√R22+a2+R1√R21+a2), 0, πGaμ(1√R22+a2−1√R21+a2)).

​  引力元素dF沿x轴和z轴的分量分别为dFx​=G(x2+y2+a2)23​μx​dσ和dFz​=G(x2+y2+a2)23​μ(−a)​dσ，则  Fx​=Gμ∬D​(x2+y2+a2)23​x​dσ极坐标​​Gμ∫−2π​2π​​dθ∫R1​R2​​(ρ2+a2)23​ρcos θ​⋅ρdρ=Gμ∫−2π​2π​​cos θdθ∫R1​R2​​(ρ2+a2)23​ρ2​dρ=  2Gμ∫R1​R2​​(ρ2+a2)23​ρ2​dρ，令ρ=atan t，则上式=2Gμ∫arctan aR1​​arctan aR2​​​a3sec3 ta2tan2 t​⋅asec2 tdt=  2Gμ∫arctan aR1​​arctan aR2​​​(sec t−cos t)dt=2Gμ[ln(sec t+tan t)−sin t]arctan aR1​​arctan aR2​​​=  2Gμ(lnR12​+a2 ​+R1​R22​+a2 ​+R2​​−R22​+a2 ​R2​​+R12​+a2 ​R1​​)，  Fz​=−Gaμ∬D​(x2+y2+a2)23​dσ​极坐标​​−Gaμ∫−2π​2π​​dθ∫R1​R2​​(ρ2+a2)23​ρ​dρ=πGaμ[ρ2+a2 ​1​]R1​R2​​=  πGaμ(R22​+a2 ​1​−R12​+a2 ​1​)，因为D关于x轴对称，并且质量均匀分布，所以Fy​=0，  因此引力F=(2Gμ(lnR12​+a2 ​+R1​R22​+a2 ​+R2​​−R22​+a2 ​R2​​+R12​+a2 ​R1​​), 0, πGaμ(R22​+a2 ​1​−R12​+a2 ​1​)).​​

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14.   设 均 匀 柱 体 密 度 为 ρ ， 占 有 闭 区 域 Ω = { ( x ,   y ,   z )   ∣   x 2 + y 2 ≤ R 2 ， 0 ≤ z ≤ h } ， 求 它 对 于 位 于        点 M 0 ( 0 ,   0 ,   a ) （ a > h ） 处 的 单 位 质 量 的 质 点 的 引 力 . 14. 设均匀柱体密度为ρ，占有闭区域Ω={(x, y, z) | x2+y2≤R2，0≤z≤h}，求它对于位于      点M0(0, 0, a)（a>h）处的单位质量的质点的引力.

​14. 设均匀柱体密度为ρ，占有闭区域Ω={(x, y, z) ∣ x2+y2≤R2，0≤z≤h}，求它对于位于      点M0​(0, 0, a)（a>h）处的单位质量的质点的引力.​​

解：

   根 据 柱 体 的 对 称 性 和 质 量 分 布 的 均 匀 性 可 知 F x = F y = 0 ， 引 力 沿 z 轴 的 分 量 F z = ∭ Ω G ρ z − a [ x 2 + y 2 + ( z − a ) 2 ] 3 2 d v =    G ρ ∫ 0 h ( z − a ) d z ∬ x 2 + y 2 ≤ R 2 d x d y [ x 2 + y 2 + ( z − a ) 2 ] 3 2 柱 面 坐 标 ‾ ‾ G ρ ∫ 0 h ( z − a ) d z ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 R r d r [ r 2 + ( z − a ) 2 ] 3 2 =    2 π G ρ ∫ 0 h ( z − a ) [ 1 a − z − 1 R 2 + ( z − a ) 2 ] d z = 2 π G ρ ∫ 0 h [ − 1 − z − a R 2 + ( z − a ) 2 ] d z =    − 2 π G ρ [ h + R 2 + ( h − a ) 2 − R 2 + a 2 ] .   根据柱体的对称性和质量分布的均匀性可知Fx=Fy=0，引力沿z轴的分量Fz=∭ΩGρz−a[x2+y2+(z−a)2]32dv=  Gρ∫h0(z−a)dz∬x2+y2≤R2dxdy[x2+y2+(z−a)2]32柱面坐标__Gρ∫h0(z−a)dz∫2π0dθ∫R0rdr[r2+(z−a)2]32=  2πGρ∫h0(z−a)[1a−z−1√R2+(z−a)2]dz=2πGρ∫h0[−1−z−a√R2+(z−a)2]dz=  −2πGρ[h+√R2+(h−a)2−√R2+a2].

​  根据柱体的对称性和质量分布的均匀性可知Fx​=Fy​=0，引力沿z轴的分量Fz​=∭Ω​Gρ[x2+y2+(z−a)2]23​z−a​dv=  Gρ∫0h​(z−a)dz∬x2+y2≤R2​[x2+y2+(z−a)2]23​dxdy​柱面坐标​​Gρ∫0h​(z−a)dz∫02π​dθ∫0R​[r2+(z−a)2]23​rdr​=  2πGρ∫0h​(z−a)[a−z1​−R2+(z−a)2 ​1​]dz=2πGρ∫0h​[−1−R2+(z−a)2 ​z−a​]dz=  −2πGρ[h+R2+(h−a)2 ​−R2+a2 ​].​​