最后更新: 2026-03-27 19:07 查看: 31 次纠错评论(0) 课件开VIP

第一类曲线积分解题指导

## 第一类曲线积分解题指导
对面积的曲面积分的计算方法和步骤如下：
首先选择合适的直角坐标变量，将曲面 $S$ 用二元显函数表示，如将曲面 $S$ 的方程表示为 $z=z(x, y)$ ．然后将对面积的曲面积分按下述方法与步骤化为二重积分．
（1）＂一投＂：将曲面 $S$ 投影到坐标平面 $x O y$ 上，求出投影区域 $D_{x y}$ ；
（2）＂二代＂：将被积函数 $f(x, y, z)$ 中的 $z$ 用 $z(x, y)$ 代替（将 $S$ 的方程代人被积函数）；
（3）＂三替换＂：将面积微元 $\mathrm{d} S$ 用 $\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ 替换．
（4）＂四变域＂：改变积分域，即将曲面 $S$ 变为投影域 $D_{x y}$ ．
这样就将第一类曲面积分转化为如下的二重积分：

$$
\iint_S f(x, y, z) \mathrm{d} S=\iint_{D_{x y}} f(x, y, z(x, y)) \sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y .
$$

当曲面 $S$ 的显函数方程是 $x=x(y, z)$ 或 $y=y(x, z)$ 时，可类似地将对面积的曲面积分转化为对应投影区域 $D_{y z}$ 或 $D_{x z}$ 上的二重积分．最后计算二重积分，求出第一类曲面积分的结果。

化为二重积分前应先尽量化简被积函数，只有将被积函数化为最简形式后，才能算出二重积分．为简化计算，可将曲面 $S$ 的方程直接代人被积函数的表达式中．其次应充分利用对称性．

对面积的曲面积分的计算例题
`例`计算曲面积分 $\iint_{\Sigma}(x y+y z+x z) \mathrm{d} S$ ，其中 $\Sigma$ 为锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 被圆柱面 $x^2+y^2= 2 a x$ 所截下的部分 $(a>0)$ ．

解：由曲面 $\Sigma: z=\sqrt{x^2+y^2}$ ，得

$$
\begin{aligned}
\frac{\partial z}{\partial x} & =\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} \\
\mathrm{~d} S & =\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =\sqrt{1+\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)^2+\left(\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
\end{aligned}
$$

$$
=\sqrt{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y .
$$

平面 $\Sigma$ 在 $x O y$ 面上的投影区域为

$$
D_{x y}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 2 a x\right\} .
$$

由于曲面 $\Sigma$ 关于 $x O z$ 面对称，且 $x y+y z$ 关于 $y$ 为奇函数，则

$$
\begin{aligned}
\iint_{\Sigma}(x y+y z+x z) \mathrm{d} S & =\iint_{\Sigma} x z \mathrm{~d} S=\iint_{D_{x y}} x \sqrt{x^2+y^2} \cdot \sqrt{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =\sqrt{2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_0^{2 a \cos \theta} r \cos \theta \cdot r \cdot r \mathrm{~d} r \\
& =\frac{64}{15} \sqrt{2} a^4
\end{aligned}
$$

3．对面积的曲面积分的应用例题
例：已知抛物面薄壳 $z=\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)(0 \leqslant z \leqslant 1)$ 的质量面密度 $\mu(x, y, z)=z$ ，求此薄壳的质量．

解：由曲面 $\Sigma: z=\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)$ ，得

$$
\begin{aligned}
& \frac{\partial z}{\partial x}=x, \frac{\partial z}{\partial y}=y \\
& \mathrm{~d} S=\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{1+x^2+y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y .
\end{aligned}
$$

平面 $\Sigma$ 在 $x O y$ 面上的投影区域为

$$
D_{x y}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 2\right\},
$$

则

$$
\begin{aligned}
M & =\iint_{\Sigma} \mu(x, y, z) \mathrm{d} S=\iint_{\Sigma} z \mathrm{~d} S \\
& =\iint_{D_{x y}} \frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right) \cdot \sqrt{1+x^2+y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\frac{1}{2} \int_0^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_0^{\sqrt{2}} r^2 \sqrt{1+r^2} r \mathrm{~d} r \\
& =\frac{12 \sqrt{3}+2}{15} \pi
\end{aligned}
$$

`例` 球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 上取点 $\left.\mathrm{A}(1,0,0), \mathrm{B}(0,1,0), \mathrm{C}()_{2,0}, \mathrm{v} 2\right)$ 为顶点的球面三角形 $(\overparen{A B}, \overparen{B C}, \overparen{C A}$ 均为球面过球心截面圆的劣弧）。已知球面密度为 $\rho=x^2+z^2$ ，求三角形块的质量

![图片](/uploads/2026-03/ad37bb.jpg)
 
 
解 依题意，我们将曲面投影在 zOx 坐标面上．即曲面方程为

$$
\begin{aligned}
& \Sigma: y=\sqrt{1-x^2-z^2}, \quad(x, z) \in D, \\
& D=\left\{(x, z) \mid x^2+z^2 \leqslant 1,0 \leqslant z \leqslant x\right\} .
\end{aligned}
$$

通过计算，相应的面积微元为

$$
\mathrm{d} S=\sqrt{1+y_x^2+y_z^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z=\frac{\mathrm{d} x \mathrm{~d} z}{\sqrt{1-x^2-z^2}}
$$

因此，我们可以得到三角形块质量的列式为

$$
M=\iint_{\Sigma} \rho \mathrm{d} S=\iint_D \frac{x^2+z^2}{\sqrt{1-x^2-z^2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z
$$

接下来，我们采用极坐标的方式计算，设 $x=r \cos \theta, z=r \sin \theta$ ，此时积分区域 D 改写为 $\left\{r \leqslant 1, \theta \in\left[0, \frac{\pi}{4}\right]\right\}$ ，因此

$$
\begin{aligned}
M & =\int_0^{\frac{\pi}{4}} \mathrm{~d} \theta \int_0^1 \mathrm{~d} r \frac{r^3}{\sqrt{1-r^2}}=\frac{\pi}{4} \int_0^1\left(\frac{r}{\sqrt{1-r^2}}-r \sqrt{1-r^2}\right) \mathrm{d} r \\
& =\left.\frac{\pi}{4}\left(-\left(1-r^2\right)^{\frac{1}{2}}+\frac{1}{3}\left(1-r^2\right)^{\frac{2}{2}}\right)\right|_0 ^1 \equiv \frac{\pi}{6}
\end{aligned}
$$

`例` 求 $\iint_{\Sigma}\left(x^2 y^2+y^2 z^2+z^2 x^2\right) \mathrm{d} S$ ，其中 S 为锥面 $z \equiv k \sqrt{x^2+y^2}$ 被柱面 $x^2+y^2=2 a x$ 所截的部分 $(a>0, k>0)$ 。（如图10．20所示）
解 依题意，曲面方程为 $z=k \sqrt{x^2+y^2}$ ，由此可得

$$
\mathrm{d} S=\sqrt{1+k^2} \mathrm{~d} \sigma_{x y}
$$

而在 xOy 的投影区域 $D=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 2 a x\right\}$ ，在极坐标下

$$
D: \quad r \leqslant 2 a \cos \theta, \theta \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] .
$$

![图片](/uploads/2026-03/a6f9f0.jpg)

代人可得

$$
\begin{aligned}
& \iint_{\Sigma}\left(x^2 y^2+y^2 z^2+z^2 \bar{x}^2\right) \mathrm{d} S \\
= & \sqrt{1+k^2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_0^{2 a \cos \theta}\left(r^4 \sin ^2 \theta \cos ^2 \theta+k^2 r^4\right) r \mathrm{~d} \theta \\
= & 2 \sqrt{1+k^2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{64 a^5}{6} \cos ^6 \theta\left(k^2+\sin ^2 \theta \cos ^2 \theta\right) \mathrm{d} \theta \\
= & \frac{80 k^2+7}{24} \pi a^6 \sqrt{1+k^2} .
\end{aligned}
$$

在固定半径的球面上，曲面的参数方程为

$$
x=R \sin \varphi \cos \theta, \quad y=R \sin \varphi \sin \theta, \quad z=R \cos \varphi
$$

假设 $R$ 为常数，则不难计算

$$
\left(\frac{\partial(x, y)}{\partial(\varphi, \theta)}, \frac{\partial(y, z)}{\partial(\varphi, \theta)}, \frac{\partial(z, x)}{\partial(\varphi, \theta)}\right)=\left(R^2 \sin \varphi \cos \varphi, R^2 \sin ^2 \varphi \cos \theta, R^2 \sin ^2 \varphi \sin \theta\right)
$$

由此可得面积微元公式

$$
\mathrm{d} S=R^2 \sin \varphi \mathrm{~d} \varphi \mathrm{~d} \theta
$$

`例`求 $\iint_{\Sigma}(x+y+z) \mathrm{d} S$ ，其中 $\Sigma: x^2+y^2+z^2=R^2, z \geqslant 0$ ，为上半球面．（如图10．21所示）

![图片](/uploads/2026-03/237d2c.jpg)
 
  解 依题意，建立球的参数方程为

$$
\begin{aligned}
& x=R \sin \varphi \cos \theta, \quad y=R \sin \varphi \sin \theta, \\
& z=R \cos \varphi, \quad \varphi \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right], \theta \in[0,2 \pi] .
\end{aligned}
$$

由曲面关于 $\mathrm{yOz}, \mathrm{zOx}$ 的对称性可知，

$$
\iint_{\Sigma} x \mathrm{~d} S=\iint_{\Sigma} y \mathrm{~d} S \equiv 0,
$$

此可得

$$
\begin{aligned}
\iint_{\Sigma}(x+y+z) \mathrm{d} S & \equiv \iint_{\Sigma} z \mathrm{~d} S \equiv \int_0^{\frac{\bar{m}}{2}} \mathrm{~d} \varphi \int_0^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta(R \cos \varphi) R^2 \sin \varphi \\
& =2 R^2 \pi \int_0^{\frac{\bar{m}}{2}} \cos \varphi \sin \varphi \mathrm{~d} \varphi=\pi R^3 .
\end{aligned}
$$

`例`设 S 为椭球面 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$ 的上半部分，任取球面上的一点 $P(x, y, z) \in S$ ，记 $\pi$ 为 P处的切平面，$\rho(x, y, x)$ 为原点 O 到平面 $\pi$ 的距离，求 $\iint_S \frac{z \mathrm{~d} S}{\rho(x, y, z)}$ ．（如图10．22所示）

![图片](/uploads/2026-03/33e196.jpg)
 
解 依题意，任取椭球面上一点 $P_0\left(x_0, y_0, z_0\right)$ ，则该点处曲面的法向量为 $\left(\frac{2 x_0}{a^2}, \frac{2 y_0}{b^2}, \frac{2 z_0}{c^2}\right)$ ，由此可得切平面方程为

$$
\pi_0: \frac{x x_0}{a^2}+\frac{y y_0}{b^2}+\frac{z z_0}{c^2}=1
$$

以及

$$
\mathrm{d} S=\frac{c^2}{z} \sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}} \mathrm{~d} \sigma_{x y} .
$$

因此，原点 O 到平面 $\pi \mathrm{o}$ 的距离为

$$
\rho\left(x_0, y_0, z_0\right)=1 / \sqrt{\frac{x_0^2}{a^4}+\frac{y_0^2}{b^4}+\frac{z_0^2}{c^4}} .
$$

将上述计算代人公式，因此

$$
\begin{aligned}
\iint_S \frac{z}{\rho(x, y, z)} \mathrm{d} S & =\iint_D z \sqrt{\frac{x_0^2}{a^4}+\frac{y_0^2}{b^4}+\frac{z_0^2}{c^4}} \frac{c^2}{z} \sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =c^2 \iint_D\left(\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{1}{c^2}\left(1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}\right)\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
\end{aligned}
$$

同时，在投影区域 D 建立椭圆极坐标 $x=a r \cos \theta, y=b r \sin \theta$ ，则

$$
D: \quad \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} \leqslant 1 \Rightarrow r \leqslant 1, \theta \in[0,2 \pi],
$$

而且 $\mathrm{d} \sigma_{x y}=a b r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \theta$ ．因此
$$
\begin{aligned}
\iint_S \frac{z \mathrm{~d} S}{\rho(x, y, z)} & =a b \int_0^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_0^1\left(\frac{c^2}{a^2} r^2 \cos ^2 \theta+\frac{c^2}{b^2} r^2 \sin ^2 \theta+\left(1-r^2\right)\right) r \mathrm{~d} r \\
& =a b \int_0^{2 \pi}\left(\frac{c^2}{4 a^2} \cos ^2 \theta+\frac{c^2}{4 b^2} \sin ^2 \theta+\frac{1}{4}\right) \mathrm{d} \theta \equiv \frac{a b \pi}{4}\left(\frac{c^2}{a^2}+\frac{c^2}{b^2}+2\right)
\end{aligned}
$$

`例`计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} \frac{\mathrm{d} S}{z}$ ，其中 $\Sigma$ 为球面 $x^2+y^2+z^2 \equiv a^2$ 被平面 $z=h(0< h<a)$ 所截出的顶部．（如图10．23所示）
解 依题意，曲面上点 $P(x, y, z)$ 的法向量为

![图片](/uploads/2026-03/1d22da.jpg)
 
  $(2 \mathrm{x}, 2 \mathrm{y}, 2 \mathrm{z})$ ，由此

$$
\mathrm{d} S=\frac{1}{z} \sqrt{x^2+y^2+z^2} \mathrm{~d} \sigma_{x y}=\frac{a}{z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y .
$$

曲面在 xOy 的投影区域 D 的极坐标表达式为

$$
D: x^2+y^2 \leqslant a^2-h^2 \Rightarrow r \leqslant \sqrt{a^2-h^2}, \theta \in[0,2 \pi] .
$$

将上述结论代人公式得

$$
\begin{aligned}
\iint_{\Sigma} \frac{d S}{z} & =\iint_D \frac{a}{a^2-x^2-y^2} \mathrm{~d} \sigma_{x g}=\int_0^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_0^{\sqrt{a^2-h^2}} \frac{a r}{a^2-r^2} \mathrm{~d} r \\
& =\left.2 a \pi \frac{-1}{2} \ln \left(a^2-r^2\right)\right|_0 ^{\sqrt{a^2-h^2}}=2 a \pi \ln \frac{a}{h}
\end{aligned}
$$

### 曲面由参数方程给出
利用曲面的参数方程也可求曲面的面积：
设曲面的方程为 $x=x(u, v), y=y(u, v), z=z(u, v),(u$ ， $v) \in D, x(u, v), y(u, v), z(u, v)$ 有连续偏导数，且 $\left[\frac{\partial(y, z)}{\partial(u, v)}\right]^2+\left[\frac{\partial(z, x)}{\partial(u, v)}\right]^2+ \left[\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right]^2 \neq 0, D$ 为平面有界闭区域，则 $S$ 的面积为

$$
S=\iint_D \sqrt{\left[\frac{\partial(y, z)}{\partial(u, v)}\right]^2+\left[\frac{\partial(z, x)}{\partial(u, v)}\right]^2+\left[\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right]^2} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v=\iint_D \sqrt{E G-F^2} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v
$$

面积微元为

$$
\mathrm{d} S=\sqrt{\left[\frac{\partial(y, z)}{\partial(u, v)}\right]^2+\left[\frac{\partial(z, x)}{\partial(u, v)}\right]^2+\left[\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right]^2} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v=\sqrt{E G-F^2} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v
$$

其中 $E=x_u^2+y_u^2+z_u^2, G=x_v^2+y_v^2+z_v^2, F=x_u x_v+y_u y_v+z_u z_v$ ．

### 对称性
一般地，若在积分 $\iint_S f(x, y, z) d S$ 中将某两个变量互换后积分值不变，则称该积分关于这两个变量具有对称性．一个常用的结论是：当被积函数与积分区域关于某两个变量具有对称性，则积分关于这两个变量有对称性．如 $f(x, y, z)=$ $f(y, x, z)$ ，且 $x$ 与 $y$ 交换后，积分区域 $S$ 的表达式不变，则 $\iint_S f(x, y, z) d S=$ $\iint_S f(y, x, z) d S$ ，对于其他类型的积分也有同样的结论．

若曲面 $S$ 的方程为 $x=x(u, v), y=y(u, v), z=z(u, v),(u, v) \in D$ ，因 $E=$ $x_u^2+y_u^2+z_u^2, G=x_v^2+y_v^2+z_v^2, F=x_u x_v+y_u y_v+z_u z_v, d S=\sqrt{E G-F^2} d u d v$ ，故

$$
\begin{aligned}
& \iint_S f(x, y, z) d S \\
= & \iint_D f[x(u, v), y(u, v), z(u, v)] \sqrt{\left[\frac{\partial(y, z)}{\partial(u, v)}\right]^2+\left[\frac{\partial(z, x)}{\partial(u, v)}\right]^2+\left[\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right]^2} d u d v \\
= & \iint_D f[x(u, v), y(u, v), z(u, v)] \sqrt{E G-F^2} d u d v .
\end{aligned}
$$

上式可以认为是曲面的参数表示计算公式。

`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

$$
\begin{aligned}
\iint_S z d S & =\iint_D w \sqrt{1+u^2} d u d v=\int_0^a \sqrt{1+u^2} d u \int_0^{2 \pi} v d v \\
& =2 \pi^2 \int_0^a \sqrt{1+u^2} d u=\pi^2\left[a \sqrt{1+a^2}+\ln \left(a+\sqrt{1+a^2}\right)\right]
\end{aligned}
$$

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