📝 题目
12．密度为 1 的立体由曲面 $x^{2}+y^{2}-z^{2}=1$ 及平面 $z=0, z=\sqrt{3}$ 围成，求它对 $z$ 轴的转动惯量．
💡 答案与解析
[AI解答]
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**步骤1：明确问题与坐标系选择** 立体由单叶双曲面 $x^2 + y^2 - z^2 = 1$ 与平面 $z=0$、$z=\sqrt{3}$ 围成，密度 $\rho = 1$。 对 $z$ 轴的转动惯量公式为： $$ I_z = \iiint\limits_{\Omega} (x^2 + y^2) \, dV. $$ 由于区域关于 $z$ 轴对称，采用柱坐标： $$ x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta,\quad z = z, $$ 此时 $x^2 + y^2 = r^2$，体积元 $dV = r\, dr\, d\theta\, dz$。
**步骤2：确定积分区域** 在柱坐标下，曲面方程变为： $$ r^2 - z^2 = 1 \quad\Rightarrow\quad r^2 = 1 + z^2. $$ 区域由 $z=0$ 到 $z=\sqrt{3}$，对于每个固定的 $z$，$r$ 从 $0$ 到 $\sqrt{1+z^2}$，$\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$。
**步骤3：写出三重积分** $$ I_z = \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\sqrt{3}} dz \int_{0}^{\sqrt{1+z^2}} r^2 \cdot r\, dr = \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\sqrt{3}} dz \int_{0}^{\sqrt{1+z^2}} r^3\, dr. $$
**步骤4：逐层积分** 先对 $r$ 积分： $$ \int_{0}^{\sqrt{1+z^2}} r^3\, dr = \left.\frac{r^4}{4}\right|_{0}^{\sqrt{1+z^2}} = \frac{(1+z^2)^2}{4}. $$ 再对 $z$ 积分： $$ \int_{0}^{\sqrt{3}} \frac{(1+z^2)^2}{4}\, dz = \frac{1}{4} \int_{0}^{\sqrt{3}} (1 + 2z^2 + z^4)\, dz. $$ 计算： $$ \int_{0}^{\sqrt{3}} 1\, dz = \sqrt{3},\quad \int_{0}^{\sqrt{3}} 2z^2\, dz = 2\cdot\frac{z^3}{3}\Big|_{0}^{\sqrt{3}} = \frac{2}{3}(3\sqrt{3}) = 2\sqrt{3}, $$ $$ \int_{0}^{\sqrt{3}} z^4\, dz = \frac{z^5}{5}\Big|_{0}^{\sqrt{3}} = \frac{(\sqrt{3})^5}{5} = \frac{9\sqrt{3}}{5}. $$ 所以： $$ \int_{0}^{\sqrt{3}} (1+2z^2+z^4)\, dz = \sqrt{3} + 2\sqrt{3} + \frac{9\sqrt{3}}{5} = 3\sqrt{3} + \frac{9\sqrt{3}}{5} = \frac{15\sqrt{3}+9\sqrt{3}}{5} = \frac{24\sqrt{3}}{5}. $$ 因此： $$ \frac{1}{4} \cdot \frac{24\sqrt{3}}{5} = \frac{6\sqrt{3}}{5}. $$
最后对 $\theta$ 积分： $$ \int_{0}^{2\pi} d\theta = 2\pi. $$
**步骤5：得到结果** $$ I_z = 2\pi \cdot \frac{6\sqrt{3}}{5} = \frac{12\pi\sqrt{3}}{5}. $$
**最终答案：** $$ \boxed{\dfrac{12\pi\sqrt{3}}{5}} $$
难度评级：★★★☆☆ （需要空间想象、柱坐标变换、三重积分计算，但步骤清晰，计算量适中）