高等数学（第七版）同济大学习题11-1 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题11-1

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1.设在xOy面内有一分布着质量的曲线弧L，在点(x,y)处它的线密度为μ(x,y)，用对弧长的曲线积分分别表达：\begin{aligned}&1. \ 设在xOy面内有一分布着质量的曲线弧L，在点(x, \ y)处它的线密度为\mu(x,\ y)，\\\\&\ \ \ \ 用对弧长的曲线积分分别表达：&\end{aligned}1. 设在xOy面内有一分布着质量的曲线弧L，在点(x, y)处它的线密度为μ(x, y)，用对弧长的曲线积分分别表达：

(1)这曲线弧对x轴、对y轴的转动惯量Ix、Iy；(2)这曲线弧的质心坐标x‾、y‾.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 这曲线弧对x轴、对y轴的转动惯量I_x、I_y；\\\\ &\ \ (2)\ \ 这曲线弧的质心坐标\overline{x}、\overline{y}. & \end{aligned} (1) 这曲线弧对x轴、对y轴的转动惯量Ix、Iy； (2) 这曲线弧的质心坐标x、y.

解：

(1)将L分成n各小弧段，取任意一段记作ds，(x,y)为ds上一点，则ds对x轴和对y轴的转动惯量近似等于dIx=y2μ(x,y)ds，dIy=x2μ(x,y)ds，以此作为转动惯量并积分，得Ix=∫Ly2μ(x,y)ds，Iy=∫Lx2μ(x,y)ds.(2)ds对x轴和对y轴的静矩近似等于dMx=yμ(x,y)ds，dMy=xμ(x,y)ds，以此作为静矩并积分，得Mx=∫Lyμ(x,y)ds，My=∫Lxμ(x,y)ds，L的质心坐标为x‾=MyM=∫Lxμ(x,y)ds∫Lμ(x,y)ds，y‾=MxM=∫Lyμ(x,y)ds∫Lμ(x,y)ds.\begin{aligned} &\ \ (1)\ 将L分成n各小弧段，取任意一段记作ds，(x,\ y)为ds上一点，则ds对x轴和对y轴的转动惯量近似等于\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ dI_x=y^2\mu(x, \ y)ds，dI_y=x^2\mu(x, \ y)ds，以此作为转动惯量并积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得I_x=\int_{L}y^2\mu(x, \ y)ds，I_y=\int_{L}x^2\mu(x, \ y)ds.\\\\ &\ \ (2)\ ds对x轴和对y轴的静矩近似等于dM_x=y\mu(x, \ y)ds，dM_y=x\mu(x, \ y)ds，以此作为静矩并积分，得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ M_x=\int_{L}y\mu(x, \ y)ds，M_y=\int_{L}x\mu(x, \ y)ds，L的质心坐标为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \overline{x}=\frac{M_y}{M}=\frac{\int_{L}x\mu(x, \ y)ds}{\int_{L}\mu(x, \ y)ds}，\overline{y}=\frac{M_x}{M}=\frac{\int_{L}y\mu(x, \ y)ds}{\int_{L}\mu(x, \ y)ds}. & \end{aligned} (1) 将L分成n各小弧段，取任意一段记作ds，(x, y)为ds上一点，则ds对x轴和对y轴的转动惯量近似等于 dIx=y2μ(x, y)ds，dIy=x2μ(x, y)ds，以此作为转动惯量并积分，得Ix=∫Ly2μ(x, y)ds，Iy=∫Lx2μ(x, y)ds. (2) ds对x轴和对y轴的静矩近似等于dMx=yμ(x, y)ds，dMy=xμ(x, y)ds，以此作为静矩并积分，得 Mx=∫Lyμ(x, y)ds，My=∫Lxμ(x, y)ds，L的质心坐标为 x=MMy=∫Lμ(x, y)ds∫Lxμ(x, y)ds，y=MMx=∫Lμ(x, y)ds∫Lyμ(x, y)ds.

2.利用对弧长的曲线积分的定义证明性质3.\begin{aligned}&2. \ 利用对弧长的曲线积分的定义证明性质3.&\end{aligned}2. 利用对弧长的曲线积分的定义证明性质3.

解：

将积分弧段L任意分割成n个小弧段，第i个小弧段的长度为Δsi，(ξi,ηi)为第i个小弧段上任意取定的一点，假设，有f(ξi,ηi)Δsi≤g(ξi,ηi)Δsi(i=1,2,⋅⋅⋅,n)，∑i=1nf(ξi,ηi)Δsi≤∑i=1ng(ξi,ηi)Δsi，令λ=max{Δsi}→0，两端取极限，得∫Lf(x,y)ds≤∫Lg(x,y)ds，又因f(x,y)≤∣f(x,y)∣，−f(x,y)≤∣f(x,y)∣，则可得出∫Lf(x,y)ds≤∫L∣f(x,y)∣ds，−∫Lf(x,y)ds≤∫L∣f(x,y)∣ds，即∣∫Lf(x,y)ds∣≤∫L∣f(x,y)∣ds.\begin{aligned} &\ \ 将积分弧段L任意分割成n个小弧段，第i个小弧段的长度为\Delta s_i，(\xi_i, \ \eta_i)为第i个小弧段上任意取定的一点，假设，\\\\ &\ \ 有f(\xi_i, \ \eta_i)\Delta s_i \le g(\xi_i, \ \eta_i)\Delta s_i\ (i=1, 2, \cdot\cdot\cdot, n)，\sum_{i=1}^{n}f(\xi_i, \ \eta_i)\Delta s_i \le \sum_{i=1}^{n}g(\xi_i, \ \eta_i)\Delta s_i，令\lambda =max\{\Delta s_i\} \rightarrow 0，\\\\ &\ \ 两端取极限，得\int_{L}f(x, \ y)ds \le \int_{L}g(x, \ y)ds，又因f(x, \ y) \le |f(x, \ y)|，-f(x, \ y) \le |f(x, \ y)|，则可得出\\\\ &\ \ \int_{L}f(x, \ y)ds \le \int_{L}|f(x, \ y)| ds，-\int_{L}f(x, \ y)ds \le \int_{L}|f(x, \ y)| ds，即\bigg|\int_{L}f(x, \ y)ds\bigg| \le \int_{L}|f(x, \ y)|ds. & \end{aligned} 将积分弧段L任意分割成n个小弧段，第i个小弧段的长度为Δsi，(ξi, ηi)为第i个小弧段上任意取定的一点，假设，有f(ξi, ηi)Δsi≤g(ξi, ηi)Δsi (i=1,2,⋅⋅⋅,n)，i=1∑nf(ξi, ηi)Δsi≤i=1∑ng(ξi, ηi)Δsi，令λ=max{Δsi}→0，两端取极限，得∫Lf(x, y)ds≤∫Lg(x, y)ds，又因f(x, y)≤∣f(x, y)∣，−f(x, y)≤∣f(x, y)∣，则可得出 ∫Lf(x, y)ds≤∫L∣f(x, y)∣ds，−∫Lf(x, y)ds≤∫L∣f(x, y)∣ds，即∣∣∣∣∫Lf(x, y)ds∣∣∣∣≤∫L∣f(x, y)∣ds.

3.计算下列对弧长的曲线积分：\begin{aligned}&3. \ 计算下列对弧长的曲线积分：&\end{aligned}3. 计算下列对弧长的曲线积分：

(1)∮L(x2+y2)nds，其中L为圆周x=acost，y=asint(0≤t≤2π)；(2)∫L(x+y)ds，其中L为连接(1,0)及(0,1)两点的直线段；(3)∮Lxds，其中L为由直线y=x及抛物线y=x2所围成的区域的整个边界；(4)∮Lex2+y2ds，其中L为圆周x2+y2=a2，直线y=x及x轴在第一象限内所围成的扇形的整个边界；(5)∬Γ1x2+y2+z2ds，其中Γ为曲线x=etcost，y=etsint，z=et上相应于t从0变到2的这段弧；(6)∫Γx2yzds，其中Γ为折线ABCD，这里A、B、C、D依次为点(0,0,0)、(0,0,2)，(1,0,2)、(1,3,2)；(7)∫Ly2ds，其中L为摆线的一拱x=a(t−sint)，y=a(1−cost)(0≤t≤2π)；(8)∫L(x2+y2)ds，其中L为曲线x=a(cost+tsint)，y=a(sint−tcost)(0≤t≤2π).\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \oint_{L}(x^2+y^2)^nds，其中L为圆周x=acos\ t，y=asin\ t\ (0 \le t \le 2\pi)；\\\\ &\ \ (2)\ \ \int_{L}(x+y)ds，其中L为连接(1, \ 0)及(0, \ 1)两点的直线段；\\\\ &\ \ (3)\ \ \oint_{L}xds，其中L为由直线y=x及抛物线y=x^2所围成的区域的整个边界；\\\\ &\ \ (4)\ \ \oint_{L}e^{\sqrt{x^2+y^2}}ds，其中L为圆周x^2+y^2=a^2，直线y=x及x轴在第一象限内所围成的扇形的整个边界；\\\\ &\ \ (5)\ \ \iint_{\Gamma}\frac{1}{x^2+y^2+z^2}ds，其中\Gamma为曲线x=e^tcos\ t，y=e^tsin\ t，z=e^t上相应于t从0变到2的这段弧；\\\\ &\ \ (6)\ \ \int_{\Gamma}x^2yzds，其中\Gamma为折线ABCD，这里A、B、C、D依次为点(0, \ 0, \ 0)、(0, \ 0, \ 2)，(1, \ 0, \ 2)、(1, \ 3, \ 2)；\\\\ &\ \ (7)\ \ \int_{L}y^2ds，其中L为摆线的一拱x=a(t-sin\ t)，y=a(1-cos\ t)\ (0 \le t \le 2\pi)；\\\\ &\ \ (8)\ \ \int_{L}(x^2+y^2)ds，其中L为曲线x=a(cos\ t+tsin\ t)，y=a(sin\ t-tcos\ t)\ (0 \le t \le 2\pi). & \end{aligned} (1) ∮L(x2+y2)nds，其中L为圆周x=acos t，y=asin t (0≤t≤2π)； (2) ∫L(x+y)ds，其中L为连接(1, 0)及(0, 1)两点的直线段； (3) ∮Lxds，其中L为由直线y=x及抛物线y=x2所围成的区域的整个边界； (4) ∮Lex2+y2ds，其中L为圆周x2+y2=a2，直线y=x及x轴在第一象限内所围成的扇形的整个边界； (5) ∬Γx2+y2+z21ds，其中Γ为曲线x=etcos t，y=etsin t，z=et上相应于t从0变到2的这段弧； (6) ∫Γx2yzds，其中Γ为折线ABCD，这里A、B、C、D依次为点(0, 0, 0)、(0, 0, 2)，(1, 0, 2)、(1, 3, 2)； (7) ∫Ly2ds，其中L为摆线的一拱x=a(t−sin t)，y=a(1−cos t) (0≤t≤2π)； (8) ∫L(x2+y2)ds，其中L为曲线x=a(cos t+tsin t)，y=a(sin t−tcos t) (0≤t≤2π).

解：

(1)∮L(x2+y2)nds=∫02π(a2cos2t+a2sin2t)n(−asint)2+(acost)2dt=∫02πa2n+1dt=2πa2n+1.(2)直线L方程为y=1−x(0≤x≤1)，∫L(x+y)ds=∫01[x+(1−x)]1+(−1)2dx=∫012dx=2.(3)L分为L1和L2两段，其中L1:y=x(0≤x≤1)，L2:y=x2(0≤x≤1)，则∮Lxds=∫L1xds+∫L2xds=∫01x1+12dx+∫01x1+(2x)2dx=∫012xdx+∫01x1+4x2dx=112(55+62−1).(4)L由线段OA:y=0(0≤x≤a)，圆弧AB⌢:x=acost，y=asint(0≤t≤π4)和线段OB:y=x(0≤x≤a2)组成，∫OAex2+y2ds=∫0aexdx=ea−1，∫AB⌢ex2+y2ds=∫0π4ea(−asint)2+(acost)2dt=∫0π4aeadt=π4aea，∫OBex2+y2ds=∫0a2e2x1+12dx=ea−1，则∮Lex2+y2ds=ea−1+π4aea+ea−1=ea(2+πa4)−2.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \oint_{L}(x^2+y^2)^nds=\int_{0}^{2\pi}(a^2cos^2\ t+a^2sin^2\ t)^n\sqrt{(-asin\ t)^2+(acos\ t)^2}dt=\int_{0}^{2\pi}a^{2n+1}dt=2\pi a^{2n+1}.\\\\ &\ \ (2)\ 直线L方程为y=1-x\ (0 \le x \le 1)，\int_{L}(x+y)ds=\int_{0}^{1}[x+(1-x)]\sqrt{1+(-1)^2}dx=\int_{0}^{1}\sqrt{2}dx=\sqrt{2}.\\\\ &\ \ (3)\ L分为L_1和L_2两段，其中L_1:y=x\ (0 \le x \le 1)，L_2:y=x^2\ (0 \le x \le 1)，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \oint_{L}xds=\int_{L_1}xds+\int_{L_2}xds=\int_{0}^{1}x\sqrt{1+1^2}dx+\int_{0}^{1}x\sqrt{1+(2x)^2}dx=\int_{0}^{1}\sqrt{2}xdx+\int_{0}^{1}x\sqrt{1+4x^2}dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{12}(5\sqrt{5}+6\sqrt{2}-1).\\\\ &\ \ (4)\ L由线段OA:y=0\ (0 \le x \le a)，圆弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB}:x=acos\ t，y=asin\ t\ \left(0 \le t \le \frac{\pi}{4}\right)和\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 线段OB:y=x\ \left(0 \le x \le \frac{a}{\sqrt{2}}\right)组成，\int_{OA}e^{\sqrt{x^2+y^2}}ds=\int_{0}^{a}e^xdx=e^a-1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{\overset{\LARGE{\frown}}{AB}}e^{\sqrt{x^2+y^2}}ds=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}e^a\sqrt{(-asin\ t)^2+(acos\ t)^2}dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}ae^adt=\frac{\pi}{4}ae^a，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{OB}e^{\sqrt{x^2+y^2}}ds=\int_{0}^{\frac{a}{\sqrt{2}}}e^{\sqrt{2}x}\sqrt{1+1^2}dx=e^a-1，则\oint_{L}e^{\sqrt{x^2+y^2}}ds=e^a-1+\frac{\pi}{4}ae^a+e^a-1=e^a\left(2+\frac{\pi a}{4}\right)-2. & \end{aligned} (1) ∮L(x2+y2)nds=∫02π(a2cos2 t+a2sin2 t)n(−asin t)2+(acos t)2dt=∫02πa2n+1dt=2πa2n+1. (2) 直线L方程为y=1−x (0≤x≤1)，∫L(x+y)ds=∫01[x+(1−x)]1+(−1)2dx=∫012dx=2. (3) L分为L1和L2两段，其中L1:y=x (0≤x≤1)，L2:y=x2 (0≤x≤1)，则 ∮Lxds=∫L1xds+∫L2xds=∫01x1+12dx+∫01x1+(2x)2dx=∫012xdx+∫01x1+4x2dx= 121(55+62−1). (4) L由线段OA:y=0 (0≤x≤a)，圆弧AB⌢:x=acos t，y=asin t (0≤t≤4π)和线段OB:y=x (0≤x≤2a)组成，∫OAex2+y2ds=∫0aexdx=ea−1， ∫AB⌢ex2+y2ds=∫04πea(−asin t)2+(acos t)2dt=∫04πaeadt=4πaea， ∫OBex2+y2ds=∫02ae2x1+12dx=ea−1，则∮Lex2+y2ds=ea−1+4πaea+ea−1=ea(2+4πa)−2.

(5)ds=(dxdt)2+(dydt)2+(dzdt)2=(etcost−etsint)2+(etsint+etcost)2+(et)2dt=3etdt，∫Γ1x2+y2+z2ds=∫021e2tcos2t+e2tsin2t+e2t⋅3etdt=32∫02e−tdt=32(1−e−2).(6)Γ由直线AB，BC和CD组成，其中AB:x=0，y=0，z=t(0≤t≤2)，BC:x=t，y=0，z=2(0≤t≤1)，CD:x=1，y=t，z=2(0≤t≤3)，则∫Γx2yzds=∫ABx2yzds+∫BCxyzds+∫CDx2yzds=∫020dt+∫010dt+∫032tdt=9.(7)ds=(dxdt)2+(dydt)2dt=a2(1−cost)2+a2sin2tdt=2a1−costdt，∫Ly2ds=∫02πa2(1−cost)2⋅2a1−costdt=2a3∫02π(1−cost)52dt=2a3∫02π(2sin2t2)52dt，令u=t2，上式=16a3∫0πsin5udu=32a3∫0π2sin5udu=32a3⋅45⋅23=25615a3.(8)ds=(dxdt)2+(dydt)2=(atcost)2+(atsint)2dt=atdt，∫L(x2+y2)ds=∫02π[a2(cost+tsint)2+a2(sint−tcost)2]⋅atdt=∫02πa3(1+t2)tdt=2π2a3(1+2π2).\begin{aligned} &\ \ (5)\ ds=\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2+\left(\frac{dz}{dt}\right)^2}=\sqrt{(e^tcos\ t-e^tsin\ t)^2+(e^tsin\ t+e^tcos\ t)^2+(e^t)^2}dt=\sqrt{3}e^tdt，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{\Gamma}\frac{1}{x^2+y^2+z^2}ds=\int_{0}^{2}\frac{1}{e^{2t}cos^2\ t+e^{2t}sin^2\ t+e^{2t}}\cdot \sqrt{3}e^tdt=\frac{\sqrt{3}}{2}\int_{0}^{2}e^{-t}dt=\frac{\sqrt{3}}{2}(1-e^{-2}).\\\\ &\ \ (6)\ \Gamma由直线AB，BC和CD组成，其中AB:x=0，y=0，z=t\ (0 \le t \le 2)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ BC: x=t，y=0，z=2\ (0 \le t \le 1)，CD:x=1，y=t，z=2\ (0 \le t \le 3)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{\Gamma}x^2yzds=\int_{AB}x^2yzds+\int_{BC}x^yzds+\int_{CD}x^2yzds=\int_{0}^{2}0dt+\int_{0}^{1}0dt+\int_{0}^{3}2tdt=9.\\\\ &\ \ (7)\ ds=\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}dt=\sqrt{a^2(1-cos\ t)^2+a^2sin^2\ t}dt=\sqrt{2}a\sqrt{1-cos\ t}dt，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{L}y^2ds=\int_{0}^{2\pi}a^2(1-cos\ t)^2\cdot \sqrt{2}a\sqrt{1-cos\ t}dt=\sqrt{2}a^3\int_{0}^{2\pi}(1-cos\ t)^{\frac{5}{2}}dt=\sqrt{2}a^3\int_{0}^{2\pi}\left(2sin^2\ \frac{t}{2}\right)^{\frac{5}{2}}dt，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 令u=\frac{t}{2}，上式=16a^3\int_{0}^{\pi}sin^5\ udu=32a^3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^5\ udu=32a^3\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}=\frac{256}{15}a^3.\\\\ &\ \ (8)\ ds=\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}=\sqrt{(atcos\ t)^2+(atsin\ t)^2}dt=atdt，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{L}(x^2+y^2)ds=\int_{0}^{2\pi}[a^2(cos\ t+tsin\ t)^2+a^2(sin\ t-tcos\ t)^2]\cdot atdt=\int_{0}^{2\pi}a^3(1+t^2)tdt=2\pi^2a^3(1+2\pi^2). & \end{aligned} (5) ds=(dtdx)2+(dtdy)2+(dtdz)2=(etcos t−etsin t)2+(etsin t+etcos t)2+(et)2dt=3etdt， ∫Γx2+y2+z21ds=∫02e2tcos2 t+e2tsin2 t+e2t1⋅3etdt=23∫02e−tdt=23(1−e−2). (6) Γ由直线AB，BC和CD组成，其中AB:x=0，y=0，z=t (0≤t≤2)， BC:x=t，y=0，z=2 (0≤t≤1)，CD:x=1，y=t，z=2 (0≤t≤3)，则∫Γx2yzds=∫ABx2yzds+∫BCxyzds+∫CDx2yzds=∫020dt+∫010dt+∫032tdt=9. (7) ds=(dtdx)2+(dtdy)2dt=a2(1−cos t)2+a2sin2 tdt=2a1−cos tdt， ∫Ly2ds=∫02πa2(1−cos t)2⋅2a1−cos tdt=2a3∫02π(1−cos t)25dt=2a3∫02π(2sin2 2t)25dt，令u=2t，上式=16a3∫0πsin5 udu=32a3∫02πsin5 udu=32a3⋅54⋅32=15256a3. (8) ds=(dtdx)2+(dtdy)2=(atcos t)2+(atsin t)2dt=atdt， ∫L(x2+y2)ds=∫02π[a2(cos t+tsin t)2+a2(sin t−tcos t)2]⋅atdt=∫02πa3(1+t2)tdt=2π2a3(1+2π2).

4.求半径为a，中心角为2φ的均匀圆弧（线密度μ=1）的质心.\begin{aligned}&4. \ 求半径为a，中心角为2\varphi的均匀圆弧（线密度\mu=1）的质心.&\end{aligned}4. 求半径为a，中心角为2φ的均匀圆弧（线密度μ=1）的质心.

解：

取直角坐标，由对称性可知y‾=0，又因M=∫Lμds=∫Lds=2φa，所以x‾=∫LxμdsM=∫−φφacost⋅adt2φa=2a2sinφ2φa=asinφφ，所求质心为(asinφφ,0).\begin{aligned} &\ \ 取直角坐标，由对称性可知\overline{y}=0，又因M=\int_{L}\mu ds=\int_{L}ds=2\varphi a，所以\\\\ &\ \ \overline{x}=\frac{\int_{L}x\mu ds}{M}=\frac{\int_{-\varphi}^{\varphi}acos\ t\cdot adt}{2\varphi a}=\frac{2a^2sin\ \varphi}{2\varphi a}=\frac{asin\ \varphi}{\varphi}，所求质心为\left(\frac{asin\ \varphi}{\varphi}, \ 0\right). & \end{aligned} 取直角坐标，由对称性可知y=0，又因M=∫Lμds=∫Lds=2φa，所以 x=M∫Lxμds=2φa∫−φφacos t⋅adt=2φa2a2sin φ=φasin φ，所求质心为(φasin φ, 0).

5.设螺旋形弹簧一周的方程为x=acost，y=asint，z=kt，其中0≤t≤2π，它的线密度ρ(x,y,z)=x2+y2+z2，求：\begin{aligned}&5. \ 设螺旋形弹簧一周的方程为x=acos\ t，y=asin\ t，z=kt，其中0 \le t \le 2\pi，它的\\\\&\ \ \ \ 线密度\rho(x, \ y, \ z)=x^2+y^2+z^2，求：&\end{aligned}5. 设螺旋形弹簧一周的方程为x=acos t，y=asin t，z=kt，其中0≤t≤2π，它的线密度ρ(x, y, z)=x2+y2+z2，求：

(1)它关于z轴的转动惯量Iz；(2)它的质心.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 它关于z轴的转动惯量I_z；\\\\ &\ \ (2)\ \ 它的质心. & \end{aligned} (1) 它关于z轴的转动惯量Iz； (2) 它的质心.

解：

(1)Iz=∫L(x2+y2)ρ(x,y,z)ds=∫L(x2+y2)(x2+y2+z2)ds=∫02πa2(a2+k2t2)(−asint)2+(acost)2+k2dt=a2a2+k2∫02π(a2+k2t2)dt=23πa2a2+k2(3a2+4π2k2).(2)设质心为(x‾,y‾,z‾)，M=∫Lρ(x,y,z)ds=∫L(x2+y2+z2)ds=∫02π(a2+k2t2)a2+k2dt=23πa2+k2(3a2+4π2k2)，x‾=1M∫Lxρ(x,y,z)ds=1M∫Lx(x2+y2+z2)ds=1M∫02πacost(a2+k2t2)⋅a2+k2dt=aa2+k2M∫02π(a2+k2t2)costdt，由于∫02π(a2+k2t2)costdt=[(a2+k2t2)sint]02π−∫02πsint⋅2k2tdt=[2k2tcost]02π−∫02π2k2costdt=4πk2，因此x‾=aa2+k2⋅4πk223πa2+k2(3a2+4π2k2)=6ak23a2+4π2k2，y‾=1M∫Ly(x2+y2+z2)ds=aa2+k2M∫02π(a2+k2t2)sintdt=aa2+k2⋅(−4π2k2)M=−6πak23a2+4π2k2，z‾=1M∫Lz(x2+y2+z2)ds=ka2+k2M∫02πt(a2+k2t2)dt=ka2+k2(2a2π2+4k2π4)M=3πk(a2+2π2k2)3a2+4π2k2.\begin{aligned} &\ \ (1)\ I_z=\int_{L}(x^2+y^2)\rho(x, \ y, \ z)ds=\int_{L}(x^2+y^2)(x^2+y^2+z^2)ds=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{2\pi}a^2(a^2+k^2t^2)\sqrt{(-asin\ t)^2+(acos\ t)^2+k^2}dt=a^2\sqrt{a^2+k^2}\int_{0}^{2\pi}(a^2+k^2t^2)dt=\frac{2}{3}\pi a^2\sqrt{a^2+k^2}(3a^2+4\pi^2k^2).\\\\ &\ \ (2)\ 设质心为(\overline{x},\ \overline{y}, \ \overline{z})，M=\int_{L}\rho(x, \ y, \ z)ds=\int_{L}(x^2+y^2+z^2)ds=\int_{0}^{2\pi}(a^2+k^2t^2)\sqrt{a^2+k^2}dt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{2}{3}\pi \sqrt{a^2+k^2}(3a^2+4\pi^2k^2)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \overline{x}=\frac{1}{M}\int_{L}x\rho(x, \ y, \ z)ds=\frac{1}{M}\int_{L}x(x^2+y^2+z^2)ds=\frac{1}{M}\int_{0}^{2\pi}acos\ t(a^2+k^2t^2)\cdot \sqrt{a^2+k^2}dt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{a\sqrt{a^2+k^2}}{M}\int_{0}^{2\pi}(a^2+k^2t^2)cos\ tdt，由于\int_{0}^{2\pi}(a^2+k^2t^2)cos\ tdt=[(a^2+k^2t^2)sin\ t]_{0}^{2\pi}-\int_{0}^{2\pi}sin\ t\cdot 2k^2tdt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ [2k^2tcos\ t]_{0}^{2\pi}-\int_{0}^{2\pi}2k^2cos\ tdt=4\pi k^2，因此\overline{x}=\frac{a\sqrt{a^2+k^2}\cdot 4\pi k^2}{\frac{2}{3}\pi\sqrt{a^2+k^2}(3a^2+4\pi^2k^2)}=\frac{6ak^2}{3a^2+4\pi^2k^2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \overline{y}=\frac{1}{M}\int_{L}y(x^2+y^2+z^2)ds=\frac{a\sqrt{a^2+k^2}}{M}\int_{0}^{2\pi}(a^2+k^2t^2)sin\ tdt=\frac{a\sqrt{a^2+k^2}\cdot(-4\pi^2k^2)}{M}=\frac{-6\pi ak^2}{3a^2+4\pi^2k^2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \overline{z}=\frac{1}{M}\int_{L}z(x^2+y^2+z^2)ds=\frac{k\sqrt{a^2+k^2}}{M}\int_{0}^{2\pi}t(a^2+k^2t^2)dt=\frac{k\sqrt{a^2+k^2}(2a^2\pi^2+4k^2\pi^4)}{M}=\frac{3\pi k(a^2+2\pi^2k^2)}{3a^2+4\pi^2k^2}. & \end{aligned} (1) Iz=∫L(x2+y2)ρ(x, y, z)ds=∫L(x2+y2)(x2+y2+z2)ds= ∫02πa2(a2+k2t2)(−asin t)2+(acos t)2+k2dt=a2a2+k2∫02π(a2+k2t2)dt=32πa2a2+k2(3a2+4π2k2). (2) 设质心为(x, y, z)，M=∫Lρ(x, y, z)ds=∫L(x2+y2+z2)ds=∫02π(a2+k2t2)a2+k2dt= 32πa2+k2(3a2+4π2k2)， x=M1∫Lxρ(x, y, z)ds=M1∫Lx(x2+y2+z2)ds=M1∫02πacos t(a2+k2t2)⋅a2+k2dt= Maa2+k2∫02π(a2+k2t2)cos tdt，由于∫02π(a2+k2t2)cos tdt=[(a2+k2t2)sin t]02π−∫02πsin t⋅2k2tdt= [2k2tcos t]02π−∫02π2k2cos tdt=4πk2，因此x=32πa2+k2(3a2+4π2k2)aa2+k2⋅4πk2=3a2+4π2k26ak2， y=M1∫Ly(x2+y2+z2)ds=Maa2+k2∫02π(a2+k2t2)sin tdt=Maa2+k2⋅(−4π2k2)=3a2+4π2k2−6πak2， z=M1∫Lz(x2+y2+z2)ds=Mka2+k2∫02πt(a2+k2t2)dt=Mka2+k2(2a2π2+4k2π4)=3a2+4π2k23πk(a2+2π2k2).