三、第二类曲面积分的计算｜大题·运用高斯公式：补面与运用高斯公式：挖球

大题

（三）运用高斯公式：补面

1. 【1987-12-10 分】 $S$ 为

$$\{\begin{array}{l}z=\sqrt{y-1},\\ x=0\end{array}(1\le y\le 3)$$

绕 $y$ 轴旋转所得曲面，法向量与 $y$ 轴正向夹角大于 $\frac{\pi }{2}$，计算

$$I={\iint }_{S}x(8y+1)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2(1-y^2)\mathrm{d}z\mathrm{d}x-4yz\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $34\pi$。

解析： 母线满足 $z^2=y-1$，绕 $y$ 轴旋转后得到

$$y=1+x^2+z^2,1\le y\le 3.$$

题设法向量与 $y$ 轴正向夹角为钝角，即其 $y$ 分量为负。这正是由该曲面与平面 $y=3$ 围成的立体在侧面上的外法向。

记平面圆盘

$$S_1:y=3,x^2+z^2\le 2,$$

并取外侧，即法向量沿 $y$ 轴正向。则 $S\cup S_1$ 构成封闭曲面。

令

$$P=x(8y+1),Q=2(1-y^2),R=-4yz.$$

其散度为

$$\begin{array}{rl}{P}_x+Q_y+R_z& =(8y+1)-4y-4y\\ & =1.\end{array}$$

设封闭区域为 $\Omega$。由高斯公式，

$$I+I_{S_1}={\iiint }_{\Omega }1\mathrm{d}V=V_{\Omega }.$$

对固定的 $y\in [1,3]$，截面圆盘半径为 $\sqrt{y-1}$，故

$$\begin{array}{rl}{V}_{\Omega }& ={\int }_1^3\pi (y-1)\mathrm{d}y\\ & =2\pi .\end{array}$$

在 $S_1$ 上，只有第二项有贡献，并且

$$Q{|}_{y=3}=2(1-9)=-16.$$

圆盘 $S_1$ 的面积为 $2\pi$，所以

$$I_{S_1}=-16\cdot 2\pi =-32\pi .$$

于是

$$I=2\pi -(-32\pi )=34\pi .$$

故

$$\boxed{I=34\pi }.$$

知识点：补面时必须先依据法向量条件判断原曲面是否与封闭区域的外侧方向一致，再计算补面通量。

---

2. 【1990-12-8 分】 $S$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=4$ 的 $z\ge 0$ 部分，取外侧，求

$$I={\iint }_{S}yz\mathrm{d}z\mathrm{d}x+2\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $12\pi$。

解析： 令

$$P=0,Q=yz,R=2.$$

用圆盘

$$S_1:z=0,x^2+y^2\le 4$$

补成上半球体的封闭边界。对上半球体而言，$S_1$ 的外法向沿 $z$ 轴负向。

由高斯公式，

$$I+I_{S_1}={\iiint }_{\Omega }(P_x+Q_y+R_z)\mathrm{d}V={\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}V.$$

采用柱坐标，

$$\begin{array}{rl}{\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}V& ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^2{\int }_0^{\sqrt{4-r^2}}zr\mathrm{d}z\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =\pi {\int }_0^2(4-r^2)r\mathrm{d}r\\ & =4\pi .\end{array}$$

在补面 $S_1$ 上，外法向为 $-\mathbf{k}$，故

$$I_{S_1}={\iint }_{S_1}-R\mathrm{d}S=-2\cdot 4\pi =-8\pi .$$

因此

$$I=4\pi -(-8\pi )=12\pi .$$

故

$$\boxed{I=12\pi }.$$

知识点：平面补面的方向由封闭立体的外法向决定；本题底面方向向下，因此补面通量带负号。

---

3. 【1991-2-6 分】 $S$ 是圆柱面 $x^2+y^2=4$ 被平面 $x+z=2$ 与 $z=0$ 截出的部分，取外侧，计算

$$I={\iint }_S-y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(z+1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $-8\pi$。

解析： 令

$$P=0,Q=-y,R=z+1.$$

用底面

$$S_1:z=0,$$

和斜顶面

$$S_2:z=2-x$$

补成封闭曲面。所围区域为

$$\Omega :x^2+y^2\le 4,0\le z\le 2-x.$$

散度为

$$P_x+Q_y+R_z=0-1+1=0.$$

故由高斯公式，

$$I+I_{S_1}+I_{S_2}=0.$$

在底面 $S_1$ 上，外法向沿 $z$ 轴负向，且 $R=1$，所以

$$I_{S_1}=-{\iint }_{x^2+y^2\le 4}1\mathrm{d}A=-4\pi .$$

斜顶面 $S_2$ 可写为 $z=2-x$。区域位于该平面的下方，故外法向取向上，方向面积元为

$$(-z_x,-z_y,1)\mathrm{d}A=(1,0,1)\mathrm{d}A.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{I}_{S_2}& ={\iint }_{x^2+y^2\le 4}\left[P\cdot 1+Q\cdot 0+R\cdot 1\right]\mathrm{d}A\\ & ={\iint }_{x^2+y^2\le 4}(3-x)\mathrm{d}A\\ & =3\cdot 4\pi \\ & =12\pi ,\end{array}$$

其中利用了圆盘上 $\iint x\mathrm{d}A=0$。

于是

$$I=-I_{S_1}-I_{S_2}=4\pi -12\pi =-8\pi .$$

故

$$\boxed{I=-8\pi }.$$

知识点：侧面曲面积分可通过补上底面和斜顶面后使用高斯公式；斜平面的方向面积元应由立体位于平面哪一侧确定。

---

4. 【1992-12-8 分】 $\Sigma$ 为上半球面 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 的上侧，计算

$${\iint }_{\Sigma }(x^3+a{z}^2)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(y^3+a{x}^2)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(z^3+a{y}^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{29}{20}\pi a^5$。

解析： 令

$$P=x^3+a{z}^2,Q=y^3+a{x}^2,R=z^3+a{y}^2.$$

用圆盘

$${\Sigma }_0:z=0,x^2+y^2\le a^2$$

补成上半球体 $\Omega$ 的封闭边界。原上半球面取上侧，正好是 $\Omega$ 的外侧；圆盘 ${\Sigma }_0$ 的外法向沿 $z$ 轴负向。

向量场的散度为

$$\begin{array}{rl}{P}_x+Q_y+R_z& =3x^2+3y^2+3z^2\\ & =3(x^2+y^2+z^2).\end{array}$$

由高斯公式，

$$I+I_{{\Sigma }_0}={\iiint }_{\Omega }3(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}V.$$

在球坐标下，$\Omega$ 对应

$$0\le \rho \le a,0\le \phi \le \frac{\pi }{2},0\le \theta \le 2\pi .$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\iiint }_{\Omega }3(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}V& =3{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\int }_0^a{\rho }^4\sin \phi \mathrm{d}\rho \mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta \\ & =\frac{6}{5}\pi a^5.\end{array}$$

在补面 ${\Sigma }_0$ 上，$z=0$，故

$$R=a{y}^2.$$

由于补面的外法向向下，

$$\begin{array}{rl}{I}_{{\Sigma }_0}& =-a{\iint }_{x^2+y^2\le a^2}{y}^2\mathrm{d}A\\ & =-a\cdot \frac{\pi a^4}{4}\\ & =-\frac{\pi a^5}{4}.\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{6}{5}\pi a^5-\left(-\frac{\pi a^5}{4}\right)\\ & =\frac{29}{20}\pi a^5.\end{array}$$

故

$$\boxed{I=\frac{29}{20}\pi a^5}.$$

知识点：对开曲面使用高斯公式时，应补成封闭曲面；底面外法向向下，因此其通量为 $-\iint R\mathrm{d}A$。

---

5. 【1996-12-6 分】 $S:z=x^2+y^2(0\le z\le 1)$，法向量与 $z$ 轴正向夹角为锐角，计算

$${\iint }_S(2x+z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $-\frac{\pi }{2}$。

解析： 曲面写成

$$z=f(x,y)=x^2+y^2,$$

其在 $xOy$ 平面上的投影区域为

$$D:x^2+y^2\le 1.$$

题设法向量与 $z$ 轴正向夹角为锐角，因此取上侧。对上侧曲面有

$$\mathrm{d}y\mathrm{d}z=-f_x\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-2x\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

令

$$P=2x+z,Q=0,R=z.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D\left[-P{f}_x-Q{f}_y+R\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\iint }_D\left[-2x(2x+x^2+y^2)+x^2+y^2\right]\mathrm{d}A\\ & ={\iint }_D\left[-4x^2-2x(x^2+y^2)+x^2+y^2\right]\mathrm{d}A.\end{array}$$

其中 $x(x^2+y^2)$ 关于 $y$ 轴为奇函数，在圆盘 $D$ 上积分为零。因此

$$\begin{array}{rl}I& =-4{\iint }_D{x}^2\mathrm{d}A+{\iint }_D(x^2+y^2)\mathrm{d}A\\ & =-4\cdot \frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{2}\\ & =-\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

故

$$\boxed{I=-\frac{\pi }{2}}.$$

知识点：曲面为显式形式 $z=f(x,y)$ 且取上侧时，方向面积元为 $(-f_x,-f_y,1)\mathrm{d}A$；同时应利用投影区域的对称性消去奇函数项。

---

6. 【1998-1-7 分】 $\Sigma$ 为下半球面

$$z=-\sqrt{a^2-x^2-y^2}$$

的上侧，$a>0$，计算

$${\iint }_{\Sigma }\frac{ax\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(z+a{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+z^2{)}^{\frac{1}{2}}}.$$

查看答案与解析

答案： $-\frac{\pi a^3}{2}$。

解析： 在球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 上，

$$\sqrt{x^2+y^2+z^2}=a.$$

记

$$s=\sqrt{a^2-x^2-y^2},z=-s.$$

曲面取上侧，其方向面积元为

$$(-z_x,-z_y,1)\mathrm{d}A=\left(-\frac{x}{s},-\frac{y}{s},1\right)\mathrm{d}A.$$

因此，令 $D:x^2+y^2\le a^2$，有

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D\left[-\frac{x^2}{s}+\frac{(a-s{)}^2}{a}\right]\mathrm{d}A.\end{array}$$

采用极坐标 $x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$，则

$$\begin{array}{rl}I& =-{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^a\frac{r^3{\cos }^2\theta }{\sqrt{a^2-r^2}}\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & +\frac{1}{a}{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^a{\left(a-\sqrt{a^2-r^2}\right)}^{2}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta .\end{array}$$

第一项为

$$\begin{array}{rl}{I}_1& =-\pi {\int }_0^a\frac{r^3}{\sqrt{a^2-r^2}}\mathrm{d}r\\ & =-\frac{2}{3}\pi a^3.\end{array}$$

第二项中令 $u=\sqrt{a^2-r^2}$，则 $r\mathrm{d}r=-u\mathrm{d}u$，从而

$$\begin{array}{rl}{I}_2& =\frac{2\pi }{a}{\int }_0^a(a-u{)}^{2}u\mathrm{d}u\\ & =\frac{\pi a^3}{6}.\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& =I_1+I_2\\ & =-\frac{2}{3}\pi a^3+\frac{1}{6}\pi a^3\\ & =-\frac{\pi a^3}{2}.\end{array}$$

故

$$\boxed{I=-\frac{\pi a^3}{2}}.$$

知识点：下半球面的“上侧”并不是球体的外侧；直接投影计算可避免因向量场在原点处无定义而不便直接使用高斯公式的问题。

---

7. 【2004-1-12 分】 $\Sigma :z=1-x^2-y^2(z\ge 0)$ 上侧，计算

$$I={\iint }_{\Sigma }2x^3\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2y^3\mathrm{d}z\mathrm{d}x+3(z^2-1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $-\pi$。

解析： 令

$$P=2x^3,Q=2y^3,R=3(z^2-1).$$

用圆盘

$${\Sigma }_0:z=0,x^2+y^2\le 1$$

补成封闭曲面。所围区域为

$$\Omega :x^2+y^2\le 1,0\le z\le 1-x^2-y^2.$$

原曲面取上侧，正是 $\Omega$ 的外侧；底面 ${\Sigma }_0$ 的外法向向下。

散度为

$$\begin{array}{rl}{P}_x+Q_y+R_z& =6x^2+6y^2+6z\\ & =6(x^2+y^2+z).\end{array}$$

由高斯公式，

$$I+I_{{\Sigma }_0}={\iiint }_{\Omega }6(x^2+y^2+z)\mathrm{d}V.$$

采用柱坐标，

$$\begin{array}{rl}{\iiint }_{\Omega }6(x^2+y^2+z)\mathrm{d}V& =12\pi {\int }_0^1{\int }_0^{1-r^2}(r^2+z)r\mathrm{d}z\mathrm{d}r\\ & =12\pi {\int }_0^1\frac{1-r^4}{2}r\mathrm{d}r\\ & =2\pi .\end{array}$$

在底面 ${\Sigma }_0$ 上，$z=0$，故 $R=-3$。由于外法向向下，

$$I_{{\Sigma }_0}=-{\iint }_{x^2+y^2\le 1}R\mathrm{d}A=3\pi .$$

于是

$$I=2\pi -3\pi =-\pi .$$

故

$$\boxed{I=-\pi }.$$

知识点：补面通量的符号由补面的外法向决定；本题底面向下，而 $R{|}_{z=0}=-3$，故底面通量为正。

---

8. 【2007-1-10 分】 $\Sigma :z=1-x^2-\frac{y^2}{4}(0\le z\le 1)$ 上侧，计算

$$I={\iint }_{\Sigma }xz\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2yz\mathrm{d}z\mathrm{d}x+3xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $\pi$。

解析： 令

$$P=xz,Q=2yz,R=3xy.$$

用椭圆盘

$${\Sigma }_0:z=0,x^2+\frac{y^2}{4}\le 1$$

补成封闭曲面。所围区域为

$$\Omega :x^2+\frac{y^2}{4}\le 1,0\le z\le 1-x^2-\frac{y^2}{4}.$$

向量场的散度为

$$P_x+Q_y+R_z=z+2z=3z.$$

由高斯公式，

$$I+I_{{\Sigma }_0}={\iiint }_{\Omega }3z\mathrm{d}V.$$

令

$$x=r\cos \theta ,y=2r\sin \theta ,$$

则 $0\le r\le 1$，$0\le \theta \le 2\pi$，且 $\mathrm{d}A=2r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。因此

$$\begin{array}{rl}{\iiint }_{\Omega }3z\mathrm{d}V& =\frac{3}{2}{\iint }_D{\left(1-x^2-\frac{y^2}{4}\right)}^2\mathrm{d}A\\ & =\frac{3}{2}{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1(1-r^2{)}^2\cdot 2r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =\pi .\end{array}$$

在底面 ${\Sigma }_0$ 上，外法向向下，故

$$I_{{\Sigma }_0}=-{\iint }_{D}3xy\mathrm{d}A=0,$$

因为区域 $D$ 关于坐标轴对称，而 $xy$ 为奇函数。

于是

$$\boxed{I=\pi }.$$

知识点：椭圆区域可用伸缩极坐标 $x=r\cos \theta$、$y=2r\sin \theta$ 化为单位圆；对称性可直接判定补面上的 $xy$ 积分为零。

---

9. 【2014-1-10 分】 $\Sigma :z=x^2+y^2(z\le 1)$ 上侧，计算

$$I={\iint }_{\Sigma }(x-1{)}^3\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(y-1{)}^3\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(z-1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $-4\pi$。

解析： 令

$$P=(x-1{)}^3,Q=(y-1{)}^3,R=z-1.$$

曲面 $\Sigma$ 是抛物面 $z=x^2+y^2$ 在 $z\le 1$ 内的部分，其边界为圆周

$$x^2+y^2=1,z=1.$$

用圆盘

$${\Sigma }_0:z=1,x^2+y^2\le 1$$

补成封闭曲面。设封闭区域为

$$\Omega :x^2+y^2\le z\le 1.$$

需要注意：$\Omega$ 在抛物面上方，因此抛物面作为 $\Omega$ 边界时的外法向指向下方，而题目指定 $\Sigma$ 取上侧，二者方向相反。圆盘 ${\Sigma }_0$ 的外法向则指向上方。

向量场的散度为

$$\begin{array}{rl}{P}_x+Q_y+R_z& =3(x-1{)}^2+3(y-1{)}^2+1.\end{array}$$

由高斯公式，

$$-I+I_{{\Sigma }_0}={\iiint }_{\Omega }\left[3(x-1{)}^2+3(y-1{)}^2+1\right]\mathrm{d}V.$$

在补面 ${\Sigma }_0$ 上，$z=1$，故 $R=z-1=0$，从而

$$I_{{\Sigma }_0}=0.$$

对三重积分先对 $z$ 积分。令 $D:x^2+y^2\le 1$，则

$$\begin{array}{rl}J& ={\iint }_D\left[3(x-1{)}^2+3(y-1{)}^2+1\right]\left(1-x^2-y^2\right)\mathrm{d}A.\end{array}$$

展开括号，

$$3(x-1{)}^2+3(y-1{)}^2+1=3(x^2+y^2)-6x-6y+7.$$

由于圆盘 $D$ 关于两坐标轴对称，含 $x$、$y$ 的奇函数积分为零。因此采用极坐标，有

$$\begin{array}{rl}J& ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1(3r^2+7)(1-r^2)r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =2\pi {\int }_0^1(7-4r^2-3r^4)r\mathrm{d}r\\ & =4\pi .\end{array}$$

故

$$-I=4\pi ,$$

从而

$$\boxed{I=-4\pi }.$$

知识点：使用高斯公式前必须把题目给定曲面方向与封闭区域的外法向进行比较；本题抛物面的“上侧”与所取封闭区域的外侧恰好相反。

---

10. 【2018-1-10 分】 $\Sigma :x=\sqrt{1-3y^2-3z^2}$ 前侧，计算

$$I={\iint }_{\Sigma }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(y^3+2)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{14\pi }{45}$。

解析： 令

$$P=x,Q=y^3+2,R=z^3.$$

曲面 $\Sigma$ 是椭球

$$x^2+3y^2+3z^2=1$$

在 $x\ge 0$ 的半椭球面。“前侧”即法向量的 $x$ 分量为正，正好是半椭球所围区域的外侧。

用椭圆盘

$${\Sigma }_0:x=0,3y^2+3z^2\le 1$$

补成封闭曲面，所围区域为

$$\Omega :x\ge 0,x^2+3y^2+3z^2\le 1.$$

散度为

$$P_x+Q_y+R_z=1+3y^2+3z^2.$$

在补面 ${\Sigma }_0$ 上，外法向沿 $x$ 轴负向，而 $P=x=0$，故

$$I_{{\Sigma }_0}=0.$$

于是由高斯公式，

$$I={\iiint }_{\Omega }(1+3y^2+3z^2)\mathrm{d}V.$$

作变量代换

$$u=x,v=\sqrt{3}y,w=\sqrt{3}z,$$

则区域化为单位球的右半部

$$u^2+v^2+w^2\le 1,u\ge 0,$$

且

$$\mathrm{d}V=\frac{1}{3}\mathrm{d}u\mathrm{d}v\mathrm{d}w,1+3y^2+3z^2=1+v^2+w^2.$$

因此利用球体的对称性，

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}{\iiint }_{u^2+v^2+w^2\le 1}(1+v^2+w^2)\mathrm{d}u\mathrm{d}v\mathrm{d}w.\end{array}$$

单位球内

$$\iiint 1\mathrm{d}V=\frac{4\pi }{3},$$

并且由轮换对称性，

$$\iiint v^2\mathrm{d}V=\iiint w^2\mathrm{d}V=\frac{1}{3}\iiint (u^2+v^2+w^2)\mathrm{d}V=\frac{4\pi }{15}.$$

故

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{6}\left(\frac{4\pi }{3}+\frac{8\pi }{15}\right)\\ & =\frac{14\pi }{45}.\end{array}$$

所以

$$\boxed{I=\frac{14\pi }{45}}.$$

知识点：半椭球可通过线性伸缩变成半球；补面上只需考察与该平面法向同方向的通量分量。

---

11. 【2025-1-12 分】 设 $\Sigma$ 是由直线

$$\{\begin{array}{l}x=0,\\ y=0\end{array}$$

绕直线

$$\{\begin{array}{l}x=t,\\ y=t,\\ z=t\end{array}(t\text{ 为参数})$$

旋转一周得到的曲面，${\Sigma }_1$ 是 $\Sigma$ 介于平面 $x+y+z=0$ 与 $x+y+z=1$ 之间部分的外侧，计算

$$I={\iint }_{{\Sigma }_1}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(y+1)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(z+2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $-\frac{2\sqrt{3}}{3}\pi$。

解析： 令

$$\mathbf{F}=(x,y+1,z+2).$$

直线 $x=y=0$ 为 $z$ 轴，旋转轴的方向向量为

$$\mathbf{a}=(1,1,1).$$

两直线相交于原点，因此旋转所得曲面为以原点为顶点、以 $\mathbf{a}$ 为轴的圆锥面。

设圆锥半顶角为 $\theta$。母线方向向量可取

$$\mathbf{b}=(0,0,1),$$

故

$$\cos \theta =\frac{\mathbf{a}\cdot \mathbf{b}}{|\mathbf{a}||\mathbf{b}|}=\frac{1}{\sqrt{3}},$$

从而

$$\tan \theta =\sqrt{2}.$$

用平面

$${\Sigma }_0:x+y+z=1$$

内的圆盘补成封闭圆锥体 $\Omega$。该平面垂直于圆锥轴，故圆锥的高为原点到该平面的距离

$$h=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

底面半径为

$$r=h\tan \theta =\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \sqrt{2}=\sqrt{\frac{2}{3}}.$$

因此圆锥体积为

$$\begin{array}{rl}{V}_{\Omega }& =\frac{1}{3}\pi r^{2}h\\ & =\frac{1}{3}\pi \cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}\\ & =\frac{2\sqrt{3}}{27}\pi .\end{array}$$

又

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=1+1+1=3.$$

由高斯公式，封闭曲面的总通量为

$$I+I_{{\Sigma }_0}=3V_{\Omega }=\frac{2\sqrt{3}}{9}\pi .$$

补面 ${\Sigma }_0$ 的外法向指向 $x+y+z$ 增大的方向，其单位法向量为

$$\mathbf{n}=\frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}}.$$

在 ${\Sigma }_0$ 上，$x+y+z=1$，所以

$$\begin{array}{rl}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}& =\frac{x+(y+1)+(z+2)}{\sqrt{3}}\\ & =\frac{x+y+z+3}{\sqrt{3}}\\ & =\frac{4}{\sqrt{3}}.\end{array}$$

而底面面积为

$$|{\Sigma }_0|=\pi r^2=\frac{2\pi }{3}.$$

故

$$I_{{\Sigma }_0}=\frac{4}{\sqrt{3}}\cdot \frac{2\pi }{3}=\frac{8\sqrt{3}}{9}\pi .$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{2\sqrt{3}}{9}\pi -\frac{8\sqrt{3}}{9}\pi \\ & =-\frac{2\sqrt{3}}{3}\pi .\end{array}$$

因此

$$\boxed{I=-\frac{2\sqrt{3}}{3}\pi }.$$

知识点：旋转圆锥的高由两截面之间沿轴线的距离确定，半径由母线与旋转轴的夹角确定；不能把斜截圆盘误当成其在坐标面上的投影三角形。

（四）运用高斯公式：挖球

1. 【2009-1-10 分】 $\Sigma$ 是椭球面

$$2x^2+2y^2+z^2=4$$

的外侧，计算

$$I={\iint }_{\Sigma }\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+z^2{)}^{\frac{3}{2}}}.$$

查看答案与解析

答案： $4\pi$。

解析： 令

$$\mathbf{F}=\frac{(x,y,z)}{(x^2+y^2+z^2{)}^{\frac{3}{2}}}.$$

向量场在原点无定义，而原点位于椭球内部，因此不能直接在整个椭球区域上使用高斯公式。

在原点处挖去一个半径为 $\epsilon$ 的小球

$$B_{\epsilon }:x^2+y^2+z^2\le {\epsilon }^2,$$

并记其球面为 $S_{\epsilon }$。在椭球与小球之间的区域内，

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=0.$$

对挖球后的区域应用高斯公式。其外边界为 $\Sigma$，内边界 $S_{\epsilon }$ 的外法向是相对于挖球区域指向球心的方向，即

$$\mathbf{n}=-{\mathbf{e}}_r.$$

因此

$$I+I_{\epsilon }=0.$$

在小球面上，$r=\epsilon$，且

$$\mathbf{F}=\frac{{\mathbf{e}}_r}{{\epsilon }^2}.$$

故

$$\begin{array}{rl}{I}_{\epsilon }& ={\iint }_{S_{\epsilon }}\mathbf{F}\cdot (-{\mathbf{e}}_r)\mathrm{d}S\\ & =-\frac{1}{{\epsilon }^2}\cdot 4\pi {\epsilon }^2\\ & =-4\pi .\end{array}$$

于是

$$I=-I_{\epsilon }=4\pi .$$

故

$$\boxed{I=4\pi }.$$

知识点：对于径向场 $\mathbf{F}=\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}{|}^3}$，任何包围原点一次的闭曲面，其向外通量均为 $4\pi$；严格证明时需在奇点处挖去小球。