最后更新: 2025-05-10 18:54 查看: 360 次反馈刷题

第一类曲面积分的计算举例

`例` 计算 $\iint_{\Sigma}(x+y+z) \mathrm{d} S$, 其中 $\Sigma$ 为平面 $y+z=5$ 被柱面 $x^2+y^2=25$ 所截得 的部分 (见图 7-62) .

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解 积分曲面 $\sum: z=5-y$, 其投影域 $D_{x y}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq 25\right\}$, 又

$$
\mathrm{d} S=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{1+0+(-1)^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y,
$$

故

$$
\begin{aligned}
\iint_{\Sigma}(x+y+z) \mathrm{d} S & =\sqrt{2} \iint_{D_{x y}}(x+y+5-y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{2} \iint_{D_{x y}}(5+x) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\sqrt{2} \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^5(5+r \cos \theta) r \mathrm{~d} r=125 \sqrt{2} \pi
\end{aligned}
$$

`例` 计算 $\int_{\Sigma} x y z z d S$, 其中 $\Sigma$ 是由平面 $x=0, y=0, z=0$ 及 $x+y+z=1$ 所 围四面体的整个边界曲面.
解 如图 7-63，整个边界曲面 $\Sigma$ 在平面 $x=0, y=0, z=0$ 及 $x+y+z=1$ 上 的部分依次记为 $\Sigma_1 、 \Sigma_2 、 \Sigma_3 、 \Sigma_4$ ，于是

$$
\iint_{\Sigma} x y z \mathrm{~d} S=\iint_{\Sigma_1} x y z \mathrm{~d} S+\iint_{\Sigma_2} x y z \mathrm{~d} S+\iint_{\Sigma_3} x y z \mathrm{~d} S+\iint_{\Sigma_4} x y z \mathrm{~d} S .
$$

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因为在 $\Sigma_1, \Sigma_2, \Sigma_3$ 上，被积函数 $f(x, y, z)=x y z=0$, 故

$$
\iint_{\Sigma_1} x y z \mathrm{~d} S=\iint_{\Sigma_2} x y z \mathrm{~d} S=\iint_{\Sigma_3} x y z \mathrm{~d} S=0 .
$$

在 $\Sigma_4$ 上， $z=1-x-y$, 所以

$$
\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{1+(-1)^2+(-1)^2}=\sqrt{3},
$$

从而 $\iint_{\Sigma} x y z \mathrm{~d} S=\iint_{\Sigma_4} x y z \mathrm{~d} S=\iint_{D_{n y}} \sqrt{3} x y(1-x-y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$,
 
其中 $D_{x y}$ 是 $\Sigma_4$ 在 $x O y$ 面上的投影区域，即由直线 $x=0, y=0, z=0$ 和 $x+y+z=1$ 所围成的闭区域，故

$$
\begin{aligned}
\iint_{\Sigma} x y z \mathrm{~d} S & =\sqrt{3} \int_0^1 x \mathrm{~d} x \int_0^{1-x} y(1-x-y) \mathrm{d} y=\sqrt{3} \int_0^1 x\left[(1-x) \frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3}\right]_0^{1-x} \mathrm{~d} x \\
& =\sqrt{3} \int_0^1 x \cdot \frac{\left(1-x^3\right)}{6} \mathrm{~d} x=\frac{\sqrt{3}}{6} \int_0^1\left(x-3 x^2+3 x^3-x^4\right) \mathrm{d} x=\frac{\sqrt{3}}{120} .
\end{aligned}
$$

`例` 计算第一类曲面积分 $\int_{\Sigma}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} S$ ，其中 $\Sigma$ 为立体 $\sqrt{x^2+y^2} \leq z \leq 1$ 的整 个边界曲面.
解 曲面 $\Sigma$ 所围的立体在 $x O y$ 面上投影区域为 $D_{x y}: x^2+y^2 \leq 1$ (见图 7-64)， 曲面 $\Sigma$ 分为 $\Sigma_1, \Sigma_2$ 两部分， 其中

$$
\begin{aligned}
& \Sigma_1: z=1, \mathrm{~d} S=\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\mathrm{d} x \mathrm{~d} y, \\
& \Sigma_2: z=\sqrt{x^2+y^2}, \\
& \mathrm{~d} S=\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y,
\end{aligned}

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$\Sigma_1: z=1 ， \mathrm{~d} S=\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，

$$
\Sigma_2: z=\sqrt{x^2+y^2}, \quad \mathrm{~d} S=\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}} \mathrm{~d} \mathrm{~d} y=\sqrt{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y ，
$$

因此 $\iint_{\Sigma}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} S=\iint_{\Sigma_1}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} S+\iint_{\Sigma_2}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} S$

$$
\begin{aligned}
& =\iint_{D_N}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y+\iint_{D_n}\left(x^2+y^2\right) \sqrt{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=(1+\sqrt{2}) \iint_{D_N}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =(1+\sqrt{2}) \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^1 r^3 \mathrm{~d} r=\frac{\pi}{2}(1+\sqrt{2}) .
\end{aligned}

## 物理应用
和对弧长的曲线积分一样，对面积的曲面积分也有类似的一些物理应用，比 如求曲面型构件的质量，质心，转动惯量等.
已知曲面型构件 $\Sigma$ 的密度函数 $\rho(x, y, z)$ 在 $\Sigma$ 上连续，则 $\Sigma$ 的质量为

$$
M=\iint_{\Sigma} \rho(x, y, z) \mathrm{d} S
$$

曲面 $\Sigma$ 的质心 $(\bar{x}, \bar{y}, \bar{z})$ 的坐标分别为

$$
\bar{x}=\frac{\iint_{\Sigma} x \rho(x, y, z) \mathrm{dS}}{M}, \bar{y}=\frac{\iint_{\Sigma} y \rho(x, y, z) \mathrm{dS}}{M} \bar{z}=\frac{\iint_{\Sigma} z \rho(x, y, z) \mathrm{dS}}{M} \text {; }
$$

曲面 $\Sigma$ 相对于 $x$ 轴， $y$ 轴， $z$ 轴的转动惯量依次为

$$
\begin{aligned}
& I_x=\iint_{\Sigma}\left(y^2+z^2\right) \rho(x, y, z) \mathrm{d} S, \\
& I_y=\iint_{\Sigma}\left(z^2+x^2\right) \rho(x, y, z) \mathrm{d} S, \\
& I_z=\iint_{\Sigma}\left(x^2+y^2\right) \rho(x, y, z) \mathrm{d} S
\end{aligned}
$$

`例` 已知抛物面壳 $z=\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)(0 \leq z \leq 1)$ 的密度函数为 $\rho(x, y, z)=z$ ，试 求其质量.
解 由对面积的曲面积分定义可知，抛物面壳的质量为

$$
M=\iint_{\Sigma} \rho(x, y, z) \mathrm{d} S=\iint_{\Sigma} z \mathrm{~d} S=\iint_{D_y} \frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right) \sqrt{1+x^2+y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \text {, }
$$

其中 $D_{x y}$ 为曲面 $\sum$ 在 $x O y$ 面上的投影区域， $D_{x y}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq 2\right\}$ ， 利 用二重积分的极坐标，则有

$$
\begin{aligned}
M & =\frac{1}{2} \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^{\sqrt{2}} r^2 \sqrt{1+r^2} r \mathrm{~d} r=\frac{1}{2} \cdot 2 \pi \cdot \frac{1}{2} \int_0^{\sqrt{2}} r^2 \sqrt{1+r^2} \mathrm{~d} r^2 \\
& =\frac{\pi}{2} \int_0^{\sqrt{2}}\left(r^2+1-1\right) \sqrt{1+r^2} \mathrm{~d} r^2=\frac{\pi}{2} \int_0^{\sqrt{2}}\left[\left(1+r^2\right)^{\frac{3}{2}}-\sqrt{1+r^2}\right] \mathrm{d}\left(r^2+1\right) \\
& =\frac{\pi}{2}\left[\frac{2}{5}\left(1+r^2\right)^{\frac{5}{2}}-\frac{2}{3}\left(1+r^2\right)^{\frac{3}{2}}\right]_0^{\sqrt{2}}=\frac{4}{5} \sqrt{3} \pi+\frac{2}{15} \pi
\end{aligned}
$$

`例`试求均匀曲面 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 的质心坐标.
解 由对称性知 $\bar{x}=\bar{y}=0$ ，
设曲面 $\Sigma$ 在 $x O y$ 面上的投影区域为 $D_{x y}$ ，则有 $D_{x y}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq 2\right\}$ ，

$$
\bar{z}=\frac{\iint_{\Sigma} z \mathrm{~d} S}{\iint_{\Sigma} \mathrm{d} S}=\frac{1}{2 \pi a^2} \iint_D \sqrt{a^2-x^2-y^2} \cdot \frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\frac{a \pi a^2}{2 \pi a^2}=\frac{a}{2},
$$

即质心坐标为 $\left(0,0, \frac{a}{2}\right)$.

`例`求密度为 $\rho_0$ 的均匀半球壳 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}(a>0)$ 对 $z$ 轴的转动惯量.
解

$$
\begin{aligned}
I_z & =\rho_0 \iint_{\Sigma}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} S=\rho_0 \iint_{\Sigma}\left(x^2+y^2\right) \sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =\rho_0 \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^a r^2 \frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}} r \mathrm{~d} r=a \rho_0 \pi \int_0^a\left[\sqrt{a^2-r^2}-\frac{a^2}{\sqrt{a^2-r^2}}\right] \mathrm{d}\left(a^2-r^2\right) \\
& =a \rho_0 \pi\left[\frac{2}{3}\left(a^2-r^2\right)^{\frac{3}{2}}-2 a^2\left(a^2-r^2\right)^{\frac{1}{2}}\right]_0^a=a \rho_0 \pi\left(-\frac{2}{3} a^3+2 a^3\right)=\frac{4}{3} \rho_0 \pi a^4 .
\end{aligned}

`例` 计算 $\iint_S z d S$ ，其中 $S$ 为螺旋面片：$x=u \cos v, y=u \sin v, z=v$ ， $0 \leqslant u \leqslant a, \quad 0 \leqslant v \leqslant 2 \pi$ ．

解 计算得 $E=1, F=0, G=1+u^2, d S=\sqrt{E G-F^2} d u d v=\sqrt{1+u^2} d u d v$ ，有 $\begin{aligned} \iint_S z d S & =\iint_D u \sqrt{1+u^2} d u d v=\int_0^a \sqrt{1+u^2} d u \int_0^{2 \pi} v d v \\ & =2 \pi^2 \int_0^a \sqrt{1+u^2} d u=\pi^2\left[a \sqrt{1+a^2}+\ln \left(a+\sqrt{1+a^2}\right)\right] .\end{aligned}$

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