高等数学（第七版）同济大学 习题10-3 （后6题）个人解答
高等数学（第七版）同济大学 习题10-3（后6题）
函数作图软件：Mathematica
10. 利 用 球 面 坐 标 计 算 下 列 三 重 积 分 ： \begin{aligned}&10. \ 利用球面坐标计算下列三重积分：&\end{aligned} 10. 利用球面坐标计算下列三重积分：
( 1 ) ∭ Ω ( x 2 + y 2 + z 2 ) d v ， 其 中 Ω 是 由 球 面 x 2 + y 2 + z 2 = 1 所 围 成 的 闭 区 域 ； ( 2 ) ∭ Ω z d v ， 其 中 闭 区 域 Ω 是 由 不 等 式 x 2 + y 2 + ( z − a ) 2 ≤ a 2 ， x 2 + y 2 ≤ z 2 所 确 定 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iiint_{\Omega}(x^2+y^2+z^2)dv，其中\Omega是由球面x^2+y^2+z^2=1所围成的闭区域；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iiint_{\Omega}zdv，其中闭区域\Omega是由不等式x^2+y^2+(z-a)^2 \le a^2，x^2+y^2 \le z^2所确定. & \end{aligned} (1) ∭Ω(x2+y2+z2)dv，其中Ω是由球面x2+y2+z2=1所围成的闭区域； (2) ∭Ωzdv，其中闭区域Ω是由不等式x2+y2+(z−a)2≤a2，x2+y2≤z2所确定.
解：
( 1 ) ∭ Ω ( x 2 + y 2 + z 2 ) d v = ∭ Ω r 2 ⋅ r 2 s i n φ d r d φ d θ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π s i n φ d φ ∫ 0 1 r 4 d r = 2 π [ − c o s φ ] 0 π [ r 5 5 ] 0 1 = 4 5 π . ( 2 ) 在 球 面 坐 标 系 中 ， 不 等 式 x 2 + y 2 + ( z − a ) 2 ≤ a 2 ， 即 x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2 a z ， 变 换 为 r 2 ≤ 2 a r c o s φ ， 即 r ≤ 2 a c o s φ ， x 2 + y 2 ≤ z 2 变 换 为 r 2 s i n 2 φ ≤ r 2 c o s 2 φ ， 即 t a n φ ≤ 1 ， φ ≤ π 4 ， Ω 表 示 为 0 ≤ r ≤ 2 a c o s φ ， 0 ≤ φ ≤ π 4 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π ， 因 此 ∭ Ω z d v = ∭ Ω r c o s φ ⋅ r 2 s i n φ d r d φ d θ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π 4 c o s φ s i n φ d φ ∫ 0 2 a c o s φ r 3 d r = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π 4 c o s φ s i n φ ⋅ 1 4 ( 2 a c o s φ ) 4 d φ = 2 π ∫ 0 π 4 4 a 4 c o s 5 φ s i n φ d φ = 8 π a 4 [ − c o s 6 φ 6 ] 0 π 4 = 7 6 π a 4 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \iiint_{\Omega}(x^2+y^2+z^2)dv=\iiint_{\Omega}r^2\cdot r^2sin\ \varphi dr d\varphi d\theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}sin\ \varphi d\varphi \int_{0}^{1}r^4dr=2\pi[-cos\ \varphi]_{0}^{\pi}\left[\frac{r^5}{5}\right]_{0}^{1}=\frac{4}{5}\pi.\\\\ &\ \ (2)\ 在球面坐标系中，不等式x^2+y^2+(z-a)^2 \le a^2，即x^2+y^2+z^2 \le 2az，变换为r^2 \le 2arcos\ \varphi，即\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ r \le 2acos\ \varphi，x^2+y^2 \le z^2变换为r^2sin^2\ \varphi \le r^2cos^2\ \varphi，即tan\ \varphi \le 1，\varphi \le \frac{\pi}{4}，\Omega表示为0 \le r \le 2acos\ \varphi，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 0 \le \varphi \le \frac{\pi}{4}，0 \le \theta \le 2\pi，因此\iiint_{\Omega}zdv=\iiint_{\Omega}rcos\ \varphi \cdot r^2sin\ \varphi dr d\varphi d\theta=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}cos\ \varphi sin\ \varphi d\varphi \int_{0}^{2acos\ \varphi}r^3dr=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}cos\ \varphi sin\ \varphi \cdot \frac{1}{4}(2acos\ \varphi)^4 d\varphi=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}4a^4cos^5\ \varphi sin\ \varphi d\varphi=8\pi a^4\left[-\frac{cos^6\ \varphi}{6}\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\frac{7}{6}\pi a^4. & \end{aligned} (1) ∭Ω(x2+y2+z2)dv=∭Ωr2⋅r2sin φdrdφdθ=∫02πdθ∫0πsin φdφ∫01r4dr=2π[−cos φ]0π[5r5]01=54π. (2) 在球面坐标系中，不等式x2+y2+(z−a)2≤a2，即x2+y2+z2≤2az，变换为r2≤2arcos φ，即 r≤2acos φ，x2+y2≤z2变换为r2sin2 φ≤r2cos2 φ，即tan φ≤1，φ≤4π，Ω表示为0≤r≤2acos φ， 0≤φ≤4π，0≤θ≤2π，因此∭Ωzdv=∭Ωrcos φ⋅r2sin φdrdφdθ= ∫02πdθ∫04πcos φsin φdφ∫02acos φr3dr=∫02πdθ∫04πcos φsin φ⋅41(2acos φ)4dφ= 2π∫04π4a4cos5 φsin φdφ=8πa4[−6cos6 φ]04π=67πa4.
11. 选 用 适 当 的 坐 标 计 算 下 列 三 重 积 分 ： \begin{aligned}&11. \ 选用适当的坐标计算下列三重积分：&\end{aligned} 11. 选用适当的坐标计算下列三重积分：
( 1 ) ∭ Ω x y d v ， 其 中 Ω 为 柱 面 x 2 + y 2 = 1 及 平 面 z = 1 ， z = 0 ， x = 0 ， y = 0 所 围 成 的 在 第 一 卦 限 内 的 闭 区 域 ； ( 2 ) ∭ Ω x 2 + y 2 + z 2 d v ， 其 中 Ω 是 由 球 面 x 2 + y 2 + z 2 = z 所 围 成 的 闭 区 域 ； ( 3 ) ∭ Ω ( x 2 + y 2 ) d v ， 其 中 Ω 是 由 曲 面 4 z 2 = 25 ( x 2 + y 2 ) 及 平 面 z = 5 所 围 成 的 闭 区 域 ； ( 4 ) ∭ Ω ( x 2 + y 2 ) d v ， 其 中 闭 区 域 Ω 由 不 等 式 0 < a ≤ x 2 + y 2 + z 2 ≤ A ， z ≥ 0 所 确 定 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iiint_{\Omega}xydv，其中\Omega为柱面x^2+y^2=1及平面z=1，z=0，x=0，y=0所围成的在第一卦限内的闭区域；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iiint_{\Omega}\sqrt{x^2+y^2+z^2}dv，其中\Omega是由球面x^2+y^2+z^2=z所围成的闭区域；\\\\ &\ \ (3)\ \ \iiint_{\Omega}(x^2+y^2)dv，其中\Omega是由曲面4z^2=25(x^2+y^2)及平面z=5所围成的闭区域；\\\\ &\ \ (4)\ \ \iiint_{\Omega}(x^2+y^2)dv，其中闭区域\Omega由不等式0 \lt a \le \sqrt{x^2+y^2+z^2} \le A，z \ge 0所确定. & \end{aligned} (1) ∭Ωxydv，其中Ω为柱面x2+y2=1及平面z=1，z=0，x=0，y=0所围成的在第一卦限内的闭区域； (2) ∭Ωx2+y2+z2dv，其中Ω是由球面x2+y2+z2=z所围成的闭区域； (3) ∭Ω(x2+y2)dv，其中Ω是由曲面4z2=25(x2+y2)及平面z=5所围成的闭区域； (4) ∭Ω(x2+y2)dv，其中闭区域Ω由不等式0<a≤x2+y2+z2≤A，z≥0所确定.
解：
( 1 ) 利 用 柱 面 坐 标 ， Ω 表 示 为 0 ≤ z ≤ 1 ， 0 ≤ ρ ≤ 1 ， 0 ≤ θ ≤ π 2 ， 因 此 ∭ Ω x y d v = ∭ Ω ρ 2 s i n θ c o s θ ⋅ ρ d ρ d θ d z = ∫ 0 π 2 s i n θ c o s θ d θ ∫ 0 1 ρ 3 d ρ ∫ 0 1 d z = [ s i n 2 θ 2 ] 0 π 2 [ ρ 4 4 ] 0 1 [ z ] 0 1 = 1 8 . ( 2 ) 在 球 面 坐 标 系 中 ， x 2 + y 2 + z 2 = z 的 方 程 为 r 2 = r c o s φ ， 即 r = c o s φ ， Ω 表 示 为 0 ≤ r ≤ c o s φ ， 0 ≤ φ ≤ π 2 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π ， 因 此 ∭ Ω x 2 + y 2 + z 2 d v = ∭ Ω r ⋅ r 2 s i n φ d r d φ d θ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π 2 s i n φ d φ ∫ 0 c o s φ r 3 d r = 2 π ∫ 0 π 2 s i n φ ⋅ c o s 4 φ 4 d φ = − π 2 [ c o s 5 φ 5 ] 0 π 2 = 1 10 π . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 利用柱面坐标，\Omega表示为0 \le z \le 1，0 \le \rho \le 1，0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}，因此\iiint_{\Omega}xydv=\iiint_{\Omega}\rho^2 sin\ \theta cos\ \theta \cdot \rho d\rho d\theta dz=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin\ \theta cos\ \theta d\theta \int_{0}^{1}\rho^3 d\rho \int_{0}^{1}dz=\left[\frac{sin^2\ \theta}{2}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left[\frac{\rho^4}{4}\right]_{0}^{1}\left[z\right]_{0}^{1}=\frac{1}{8}.\\\\ &\ \ (2)\ 在球面坐标系中，x^2+y^2+z^2=z的方程为r^2=rcos\ \varphi，即r=cos\ \varphi，\Omega表示为0 \le r \le cos\ \varphi，0 \le \varphi \le \frac{\pi}{2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 0 \le \theta \le 2\pi，因此\iiint_{\Omega}\sqrt{x^2+y^2+z^2}dv=\iiint_{\Omega}r\cdot r^2sin\ \varphi dr d\varphi d\theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin\ \varphi d\varphi \int_{0}^{cos\ \varphi}r^3dr=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin\ \varphi \cdot \frac{cos^4\ \varphi}{4}d\varphi=-\frac{\pi}{2}\left[\frac{cos^5\ \varphi}{5}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{10}\pi.\\\\ & \end{aligned} (1) 利用柱面坐标，Ω表示为0≤z≤1，0≤ρ≤1，0≤θ≤2π，因此∭Ωxydv=∭Ωρ2sin θcos θ⋅ρdρdθdz= ∫02πsin θcos θdθ∫01ρ3dρ∫01dz=[2sin2 θ]02π[4ρ4]01[z]01=81. (2) 在球面坐标系中，x2+y2+z2=z的方程为r2=rcos φ，即r=cos φ，Ω表示为0≤r≤cos φ，0≤φ≤2π， 0≤θ≤2π，因此∭Ωx2+y2+z2dv=∭Ωr⋅r2sin φdrdφdθ=∫02πdθ∫02πsin φdφ∫0cos φr3dr= 2π∫02πsin φ⋅4cos4 φdφ=−2π[5cos5 φ]02π=101π.
( 3 ) 利 用 柱 面 坐 标 ， Ω 表 示 为 5 2 ρ ≤ z ≤ 5 ， 0 ≤ ρ ≤ 2 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π ， 因 此 ∭ Ω ( x 2 + y 2 ) d v = ∭ Ω ρ 2 ⋅ ρ d ρ d θ d z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ρ 3 d ρ ∫ 5 2 ρ 5 d z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ρ 3 ( 5 − 5 2 ρ ) d ρ = 2 π [ 5 4 ρ 4 − 1 2 ρ 5 ] 0 2 = 8 π . \begin{aligned} &\ \ (3)\ 利用柱面坐标，\Omega表示为\frac{5}{2}\rho \le z \le 5，0 \le \rho \le 2，0 \le \theta \le 2\pi，因此\iiint_{\Omega}(x^2+y^2)dv=\iiint_{\Omega}\rho^2 \cdot \rho d\rho d\theta dz=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{2}\rho^3 d\rho \int_{\frac{5}{2}\rho}^{5}dz=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{2}\rho^3\left(5-\frac{5}{2}\rho\right)d\rho=2\pi \left[\frac{5}{4}\rho^4-\frac{1}{2}\rho^5\right]_{0}^{2}=8\pi.\\\\ & \end{aligned} (3) 利用柱面坐标，Ω表示为25ρ≤z≤5，0≤ρ≤2，0≤θ≤2π，因此∭Ω(x2+y2)dv=∭Ωρ2⋅ρdρdθdz= ∫02πdθ∫02ρ3dρ∫25ρ5dz=∫02πdθ∫02ρ3(5−25ρ)dρ=2π[45ρ4−21ρ5]02=8π.
( 4 ) 在 球 面 坐 标 系 中 ， Ω 表 示 为 a ≤ r ≤ A ， 0 ≤ φ ≤ π 2 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π ， 因 此 ∭ Ω ( x 2 + y 2 ) d v = ∭ Ω r 2 s i n 2 φ ⋅ r 2 s i n φ d r d φ d θ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π 2 s i n 3 φ d φ ∫ a A r 4 d r = 2 π ⋅ ( 2 3 ) ( A 5 − a 5 5 ) = 4 15 π ( A 5 − a 5 ) . \begin{aligned} &\ \ (4)\ 在球面坐标系中，\Omega表示为a \le r \le A，0 \le \varphi \le \frac{\pi}{2}，0 \le \theta \le 2\pi，因此\iiint_{\Omega}(x^2+y^2)dv=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iiint_{\Omega}r^2sin^2\ \varphi \cdot r^2sin\ \varphi dr d\varphi d\theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^3\ \varphi d\varphi \int_{a}^{A}r^4dr=2\pi \cdot \left(\frac{2}{3}\right)\left(\frac{A^5-a^5}{5}\right)=\frac{4}{15}\pi(A^5-a^5). & \end{aligned} (4) 在球面坐标系中，Ω表示为a≤r≤A，0≤φ≤2π，0≤θ≤2π，因此∭Ω(x2+y2)dv= ∭Ωr2sin2 φ⋅r2sin φdrdφdθ=∫02πdθ∫02πsin3 φdφ∫aAr4dr=2π⋅(32)(5A5−a5)=154π(A5−a5).
12. 利 用 三 重 积 分 计 算 下 列 曲 面 所 围 成 的 立 体 的 体 积 ： \begin{aligned}&12. \ 利用三重积分计算下列曲面所围成的立体的体积：&\end{aligned} 12. 利用三重积分计算下列曲面所围成的立体的体积：
( 1 ) z = 6 − x 2 − y 2 及 z = x 2 + y 2 ； ( 2 ) x 2 + y 2 + z 2 = 2 a z ( a > 0 ) 及 x 2 + y 2 = z 2 ( 含 有 z 轴 的 部 分 ) ； ( 3 ) z = x 2 + y 2 及 z = x 2 + y 2 ； ( 4 ) z = 5 − x 2 − y 2 及 x 2 + y 2 = 4 z . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ z=6-x^2-y^2及z=\sqrt{x^2+y^2}；\\\\ &\ \ (2)\ \ x^2+y^2+z^2=2az\ (a \gt 0)及x^2+y^2=z^2\ (含有z轴的部分)；\\\\ &\ \ (3)\ \ z=\sqrt{x^2+y^2}及z=x^2+y^2；\\\\ &\ \ (4)\ \ z=\sqrt{5-x^2-y^2}及x^2+y^2=4z. & \end{aligned} (1) z=6−x2−y2及z=x2+y2； (2) x2+y2+z2=2az (a>0)及x2+y2=z2 (含有z轴的部分)； (3) z=x2+y2及z=x2+y2； (4) z=5−x2−y2及x2+y2=4z.
解：
( 1 ) 利 用 直 角 坐 标 ， 由 z = 6 − x 2 − y 2 和 z = x 2 + y 2 得 x 2 + y 2 = 2 ， Ω 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域 D x y 为 x 2 + y 2 ≤ 4 ， 则 Ω = { ( x , y , z ) ∣ x 2 + y 2 ≤ z ≤ 6 − ( x 2 + y 2 ) ， x 2 + y 2 ≤ 4 } ， 因 此 V = ∭ Ω d v = ∬ D x y d x d y ∫ x 2 + y 2 6 − ( x 2 + y 2 ) d z = ∬ D x y [ 6 − ( x 2 + y 2 ) − x 2 + y 2 ] d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ( 6 − ρ 2 − ρ ) ρ d ρ = 2 π [ 3 ρ 2 − ρ 4 4 − ρ 3 3 ] 0 2 = 32 3 π . ( 2 ) 利 用 球 面 坐 标 ， x 2 + y 2 + z 2 = 2 a z 和 x 2 + y 2 = z 2 的 方 程 分 别 为 r = 2 a c o s φ 和 φ = π 4 ， 则 Ω = { ( r , φ , θ ) ∣ 0 ≤ r ≤ 2 a c o s φ ， 0 ≤ φ ≤ π 4 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π } ， 因 此 V = ∭ Ω d v = ∭ Ω r 2 s i n φ d r d φ d θ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π 4 s i n φ d φ ∫ 0 2 a c o s φ r 2 d r = 2 π ∫ 0 π 4 8 a 3 3 s i n φ c o s 3 φ d φ = 16 π a 3 3 [ − 1 4 c o s 4 φ ] 0 π 4 = π a 3 . ( 3 ) 利 用 柱 面 坐 标 ， z = x 2 + y 2 和 z = x 2 + y 2 分 别 为 z = ρ 和 z = ρ 2 ， 消 去 z ， 得 ρ = 1 ， 该 立 体 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域 为 ρ ≤ 1 ， 则 Ω = { ( ρ , θ , z ) ∣ ρ 2 ≤ z ≤ ρ ， 0 ≤ ρ ≤ 1 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π } ， 因 此 V = ∭ Ω d v = ∭ Ω ρ d ρ d θ d z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 ρ d ρ ∫ ρ 2 ρ d z = 2 π ∫ 0 1 ρ ( ρ − ρ 2 ) d ρ = π 6 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 利用直角坐标，由z=6-x^2-y^2和z=\sqrt{x^2+y^2}得\sqrt{x^2+y^2}=2，\Omega在xOy面上的投影区域D_{xy}为x^2+y^2 \le 4，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\Omega=\{(x, \ y , \ z)\ |\ \sqrt{x^2+y^2}\le z \le 6-(x^2+y^2)，x^2+y^2 \le 4\}，因此V=\iiint_{\Omega}dv=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D_{xy}}dxdy\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^{6-(x^2+y^2)}dz=\iint_{D_{xy}}[6-(x^2+y^2)-\sqrt{x^2+y^2}]dxdy=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{2}(6-\rho^2-\rho)\rho d\rho=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 2\pi \left[3\rho^2-\frac{\rho^4}{4}-\frac{\rho^3}{3}\right]_{0}^{2}=\frac{32}{3}\pi.\\\\ &\ \ (2)\ 利用球面坐标，x^2+y^2+z^2=2az和x^2+y^2=z^2的方程分别为r=2acos\ \varphi和\varphi=\frac{\pi}{4}，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \Omega=\left\{(r, \ \varphi, \ \theta)\ \bigg|\ 0 \le r \le 2acos\ \varphi，0 \le \varphi \le \frac{\pi}{4}，0 \le \theta \le 2\pi \right\}，因此V=\iiint_{\Omega}dv=\iiint_{\Omega}r^2sin\ \varphi dr d\varphi d\theta=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}sin\ \varphi d\varphi \int_{0}^{2acos\ \varphi}r^2dr=2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{8a^3}{3}sin\ \varphi cos^3\ \varphi d\varphi=\frac{16\pi a^3}{3}\left[-\frac{1}{4}cos^4\ \varphi \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\pi a^3.\\\\ &\ \ (3)\ 利用柱面坐标，z=\sqrt{x^2+y^2}和z=x^2+y^2分别为z=\rho和z=\rho^2，消去z，得\rho=1，该立体在xOy面上的\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 投影区域为\rho \le 1，则\Omega=\{(\rho, \ \theta, \ z)\ |\ \rho^2 \le z \le \rho，0 \le \rho \le 1，0 \le \theta \le 2\pi\}，因此V=\iiint_{\Omega}dv=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iiint_{\Omega}\rho d\rho d\theta dz=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\rho d\rho \int_{\rho^2}^{\rho}dz=2\pi \int_{0}^{1}\rho(\rho-\rho^2)d\rho=\frac{\pi}{6}.\\\\ & \end{aligned} (1) 利用直角坐标，由z=6−x2−y2和z=x2+y2得x2+y2=2，Ω在xOy面上的投影区域Dxy为x2+y2≤4， 则Ω={(x, y, z) ∣ x2+y2≤z≤6−(x2+y2)，x2+y2≤4}，因此V=∭Ωdv= ∬Dxydxdy∫x2+y26−(x2+y2)dz=∬Dxy[6−(x2+y2)−x2+y2]dxdy=∫02πdθ∫02(6−ρ2−ρ)ρdρ= 2π[3ρ2−4ρ4−3ρ3]02=332π. (2) 利用球面坐标，x2+y2+z2=2az和x2+y2=z2的方程分别为r=2acos φ和φ=4π，则 Ω={(r, φ, θ) ∣∣∣∣ 0≤r≤2acos φ，0≤φ≤4π，0≤θ≤2π}，因此V=∭Ωdv=∭Ωr2sin φdrdφdθ= ∫02πdθ∫04πsin φdφ∫02acos φr2dr=2π∫04π38a3sin φcos3 φdφ=316πa3[−41cos4 φ]04π=πa3. (3) 利用柱面坐标，z=x2+y2和z=x2+y2分别为z=ρ和z=ρ2，消去z，得ρ=1，该立体在xOy面上的 投影区域为ρ≤1，则Ω={(ρ, θ, z) ∣ ρ2≤z≤ρ，0≤ρ≤1，0≤θ≤2π}，因此V=∭Ωdv= ∭Ωρdρdθdz=∫02πdθ∫01ρdρ∫ρ2ρdz=2π∫01ρ(ρ−ρ2)dρ=6π.
( 4 ) 在 直 角 坐 标 系 中 ， 由 z = 5 − x 2 − y 2 和 x 2 + y 2 = 4 z 可 得 z = 1 ， 对 固 定 的 z ， 当 0 ≤ z ≤ 1 时 ， D z = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 4 z } ， 当 1 ≤ z ≤ 5 时 ， D z = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 5 − z 2 } ， 因 此 V = V 1 + V 2 = ∫ 0 1 d z ∬ D z d x d y + ∫ 1 5 d z ∬ D z d x d y = ∫ 0 1 π ⋅ 4 z d z + ∫ 1 5 π ( 5 − z 2 ) d z = 2 π + π [ 5 z − z 3 3 ] 1 5 = 2 3 π ( 5 5 − 4 ) . \begin{aligned} &\ \ (4)\ 在直角坐标系中，由z=\sqrt{5-x^2-y^2}和x^2+y^2=4z可得z=1，对固定的z，当0 \le z \le 1时，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_z=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le 4z\}，当1 \le z \le \sqrt{5}时，D_z=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le 5-z^2\}，因此V=V_1+V_2=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{1}dz\iint_{D_z}dxdy+\int_{1}^{\sqrt{5}}dz\iint_{D_z}dxdy=\int_{0}^{1}\pi \cdot 4zdz+\int_{1}^{\sqrt{5}}\pi(5-z^2)dz=2\pi+\pi\left[5z-\frac{z^3}{3}\right]_{1}^{\sqrt{5}}=\frac{2}{3}\pi(5\sqrt{5}-4). & \end{aligned} (4) 在直角坐标系中，由z=5−x2−y2和x2+y2=4z可得z=1，对固定的z，当0≤z≤1时， Dz={(x, y) ∣ x2+y2≤4z}，当1≤z≤5时，Dz={(x, y) ∣ x2+y2≤5−z2}，因此V=V1+V2= ∫01dz∬Dzdxdy+∫15dz∬Dzdxdy=∫01π⋅4zdz+∫15π(5−z2)dz=2π+π[5z−3z3]15=32π(55−4).
13. 求 球 体 r ≤ a 位 于 锥 面 φ = π 3 和 φ = 2 3 π 之 间 的 部 分 的 体 积 . \begin{aligned}&13. \ 求球体r \le a位于锥面\varphi=\frac{\pi}{3}和\varphi=\frac{2}{3}\pi之间的部分的体积.&\end{aligned} 13. 求球体r≤a位于锥面φ=3π和φ=32π之间的部分的体积.
解：
利 用 球 面 坐 标 ， Ω 为 立 体 所 占 的 空 间 区 域 ， 因 此 V = ∭ Ω d v = ∫ 0 2 π d θ ∫ π 3 2 π 3 s i n φ d φ ∫ 0 a r 2 d r = 2 3 π a 3 . \begin{aligned} &\ \ 利用球面坐标，\Omega为立体所占的空间区域，因此V=\iiint_{\Omega}dv=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{2\pi}{3}}sin\ \varphi d\varphi\int_{0}^{a}r^2dr=\frac{2}{3}\pi a^3. & \end{aligned} 利用球面坐标，Ω为立体所占的空间区域，因此V=∭Ωdv=∫02πdθ∫3π32πsin φdφ∫0ar2dr=32πa3.
14. 求 上 、 下 分 别 为 球 面 x 2 + y 2 + z 2 = 2 和 抛 物 面 z = x 2 + y 2 所 围 立 体 的 体 积 . \begin{aligned}&14. \ 求上、下分别为球面x^2+y^2+z^2=2和抛物面z=x^2+y^2所围立体的体积.&\end{aligned} 14. 求上、下分别为球面x2+y2+z2=2和抛物面z=x2+y2所围立体的体积.
解：
由 x 2 + y 2 + z 2 = 2 和 z = x 2 + y 2 得 x 2 + y 2 = 1 ， Ω 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域 D x y 为 x 2 + y 2 ≤ 1 ， 则 Ω = { ( x , y , z ) ∣ x 2 + y 2 ≤ z ≤ 2 − x 2 − y 2 ， x 2 + y 2 ≤ 1 } ， 因 此 V = ∭ Ω d v = ∬ D x y d x d y ∫ x 2 + y 2 2 − x 2 − y 2 d z = ∬ D x y [ 2 − x 2 − y 2 − ( x 2 + y 2 ) ] d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 ( 2 − ρ 2 − ρ 2 ) ρ d ρ = 8 2 − 7 6 π . \begin{aligned} &\ \ 由x^2+y^2+z^2=2和z=x^2+y^2得x^2+y^2=1，\Omega在xOy面上的投影区域D_{xy}为x^2+y^2 \le 1，则\\\\ &\ \ \Omega=\{(x, \ y, \ z)\ |\ x^2+y^2 \le z \le \sqrt{2-x^2-y^2}，x^2+y^2 \le 1\}，因此V=\iiint_{\Omega}dv=\iint_{D_{xy}}dxdy\int_{x^2+y^2}^{\sqrt{2-x^2-y^2}}dz=\\\\ &\ \ \iint_{D_{xy}}[\sqrt{2-x^2-y^2}-(x^2+y^2)]dxdy=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}(\sqrt{2-\rho^2}-\rho^2)\rho d\rho=\frac{8\sqrt{2}-7}{6}\pi. & \end{aligned} 由x2+y2+z2=2和z=x2+y2得x2+y2=1，Ω在xOy面上的投影区域Dxy为x2+y2≤1，则 Ω={(x, y, z) ∣ x2+y2≤z≤2−x2−y2，x2+y2≤1}，因此V=∭Ωdv=∬Dxydxdy∫x2+y22−x2−y2dz= ∬Dxy[2−x2−y2−(x2+y2)]dxdy=∫02πdθ∫01(2−ρ2−ρ2)ρdρ=682−7π.
15. 球 心 在 原 点 、 半 径 为 R 的 球 ， 在 其 上 任 意 一 点 的 密 度 的 大 小 与 这 点 到 球 心 的 距 离 成 正 比 ， 求 这 球 的 质 量 . \begin{aligned}&15. \ 球心在原点、半径为R的球，在其上任意一点的密度的大小与这点到球心的距离成正比，求这球的质量.&\end{aligned} 15. 球心在原点、半径为R的球，在其上任意一点的密度的大小与这点到球心的距离成正比，求这球的质量.
解：
利 用 球 面 坐 标 ， Ω 为 x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 ， 即 r ≤ R ， 密 度 函 数 μ ( x , y , z ) = k x 2 + y 2 + z 2 = k r ( k > 0 ) ， 因 此 M = ∭ Ω μ ( x , y , z ) d v = ∭ Ω k r ⋅ r 2 s i n φ d r d φ d θ = k ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π s i n φ d φ ∫ 0 R r 3 d r = k ⋅ 2 π ⋅ 2 ⋅ R 4 4 = k π R 4 . \begin{aligned} &\ \ 利用球面坐标，\Omega为x^2+y^2+z^2 \le R^2，即r \le R，密度函数\mu (x, \ y, \ z)=k\sqrt{x^2+y^2+z^2}=kr\ (k \gt 0)，因此\\\\ &\ \ M=\iiint_{\Omega}\mu (x, \ y, \ z)dv=\iiint_{\Omega}kr\cdot r^2sin\ \varphi dr d\varphi d\theta=k\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}sin\ \varphi d\varphi \int_{0}^{R}r^3dr=k\cdot 2\pi \cdot 2 \cdot \frac{R^4}{4}=k\pi R^4. & \end{aligned} 利用球面坐标，Ω为x2+y2+z2≤R2，即r≤R，密度函数μ(x, y, z)=kx2+y2+z2=kr (k>0)，因此 M=∭Ωμ(x, y, z)dv=∭Ωkr⋅r2sin φdrdφdθ=k∫02πdθ∫0πsin φdφ∫0Rr3dr=k⋅2π⋅2⋅4R4=kπR4.