同济高数 第10章 第10-4-15题

[AI解答]

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设均匀柱体密度为常数 $\rho_0$，占据区域 $$ \Omega = \{(x, y, z) \mid x^2 + y^2 \le R^2,\ 0 \le z \le h\}. $$ 点 $M_0(0,0,a)$ 处有一单位质量质点，且 $a > h$。由对称性，柱体对质点的引力在 $x$ 和 $y$ 方向的分量相互抵消，即 $$ F_x = 0,\quad F_y = 0, $$ 只需计算竖直方向（$z$ 轴方向）的引力分量 $F_z$。

取柱体内一点 $P(x,y,z)$，微元体积 $\mathrm{d}V$，质量为 $\rho_0 \mathrm{d}V$。该微元到 $M_0$ 的距离为 $$ r = \sqrt{x^2 + y^2 + (z-a)^2}. $$ 引力方向沿 $P$ 指向 $M_0$ 的单位向量在 $z$ 方向的分量为 $$ \frac{a - z}{r}. $$ 由万有引力定律，引力常数记为 $G$，则 $$ F_z = G \iiint_{\Omega} \rho_0 \frac{a - z}{r^3} \, \mathrm{d}V. $$ 代入 $r$ 表达式： $$ F_z = G \rho_0 \iiint_{\Omega} \frac{a - z}{\left[x^2 + y^2 + (z-a)^2\right]^{3/2}} \, \mathrm{d}V. $$

采用柱坐标变换： $$ x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta,\quad z = z, $$ 体积元 $\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$，积分区域： $$ 0 \le \theta \le 2\pi,\quad 0 \le r \le R,\quad 0 \le z \le h. $$ 于是 $$ F_z = G\rho_0 \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{R} r\,\mathrm{d}r \int_{0}^{h} \frac{a - z}{\left[r^2 + (z-a)^2\right]^{3/2}} \, \mathrm{d}z. $$

先对 $\theta$ 积分得 $2\pi$： $$ F_z = 2\pi G\rho_0 \int_{0}^{R} r\,\mathrm{d}r \int_{0}^{h} \frac{a - z}{\left[r^2 + (z-a)^2\right]^{3/2}} \, \mathrm{d}z. $$

对 $z$ 积分，令 $u = a - z$，则 $\mathrm{d}u = -\mathrm{d}z$，当 $z=0$ 时 $u=a$，当 $z=h$ 时 $u=a-h$，且 $a-h > 0$。于是 $$ \int_{0}^{h} \frac{a - z}{\left[r^2 + (z-a)^2\right]^{3/2}} \mathrm{d}z = \int_{a}^{a-h} \frac{u}{(r^2 + u^2)^{3/2}} (-\mathrm{d}u) = \int_{a-h}^{a} \frac{u}{(r^2 + u^2)^{3/2}} \mathrm{d}u. $$ 计算不定积分： $$ \int \frac{u}{(r^2+u^2)^{3/2}} \mathrm{d}u = -\frac{1}{\sqrt{r^2+u^2}} + C. $$ 因此 $$ \int_{a-h}^{a} \frac{u}{(r^2+u^2)^{3/2}} \mathrm{d}u = \left[-\frac{1}{\sqrt{r^2+u^2}}\right]_{u=a-h}^{u=a} = \frac{1}{\sqrt{r^2+(a-h)^2}} - \frac{1}{\sqrt{r^2+a^2}}. $$

代入 $F_z$ 表达式： $$ F_z = 2\pi G\rho_0 \int_{0}^{R} r \left( \frac{1}{\sqrt{r^2+(a-h)^2}} - \frac{1}{\sqrt{r^2+a^2}} \right) \mathrm{d}r. $$

对 $r$ 积分，注意到 $$ \int r \frac{1}{\sqrt{r^2 + c^2}} \mathrm{d}r = \sqrt{r^2 + c^2} + C, $$ 所以 $$ \int_{0}^{R} \frac{r}{\sqrt{r^2+(a-h)^2}} \mathrm{d}r = \left[ \sqrt{r^2+(a-h)^2} \right]_{0}^{R} = \sqrt{R^2+(a-h)^2} - (a-h), $$ $$ \int_{0}^{R} \frac{r}{\sqrt{r^2+a^2}} \mathrm{d}r = \sqrt{R^2+a^2} - a. $$

因此 $$ F_z = 2\pi G\rho_0 \left[ \left( \sqrt{R^2+(a-h)^2} - (a-h) \right) - \left( \sqrt{R^2+a^2} - a \right) \right]. $$

化简： $$ F_z = 2\pi G\rho_0 \left( \sqrt{R^2+(a-h)^2} - \sqrt{R^2+a^2} + h \right). $$

由于 $a > h$，结果为正，表示引力方向沿 $z$ 轴正向（指向柱体）。

最终引力向量为： $$ \mathbf{F} = \left(0,\ 0,\ 2\pi G\rho_0 \left( \sqrt{R^2+(a-h)^2} - \sqrt{R^2+a^2} + h \right) \right). $$

难度：★★★☆☆