复旦大学：《数学分析》精品课程教学资源（习题全解）第十四章 曲线积分与曲面积分 14.1 第一类曲线积分与第一类曲面积分

第十四章曲线积分、曲面积分与场论习题14.1第一类曲线积分与第一类曲面积分1.求下列第一类曲线积分：(1)[(x+y)ds，其中L是以o(0,0),A(1,0),B(0,1)为顶点的三角形；(2)[ds，其中为单位圆周x+=1;(3)1x/3ds，其中L为星形线x2/3+y2/3=a2/3;(4)[1x|ds，其中L为双纽线(x2+)2=x2-y;(5)[(x?+2+2)ds，L为螺旋线x=acost,y=asint,z=bt,0≤≤2元的一段(6)[yzds。其中L为曲线x=1, =22,上相应于t从032变到1的一段弧；(7)[(xy+yz+zx)ds，其中为球面x2+y?+2?=a2和平面x+y+z=0的交线。解(1) J(x+y)ds= J(x+y)ds+ J(x+y)ds+ J(x+y)ds=I'xdx+ f'(x + x)/2dx+f'ydy=1+ /2 。(2) J1ylds =f"Isindt=4。（3）令x=acost,y=asint，则ds=3alsintcost，于是[3 ds = 3a3 ?"sintcos?ldt=12a3sintcos?tdt=4a3x=/cos20cos0（4）将L表示为参数方程再利用对称性，就有y=cos20sin0j1xds=4fcos20cos0/x+ydo=4fcosod0=2/2。注本题也可利用L的极坐标方程r=cos28，得到J1x|ds=4f,rcoso/P +"de=4f.cosodo=2/2

第十四章 曲线积分、曲面积分与场论 习 题 14.1 第一类曲线积分与第一类曲面积分 1. 求下列第一类曲线积分： (1) ∫ + ，其中 是以 L (x y)ds L O(0,0), A(1 0, ), B(0 1, )为顶点的三角形； (2) ∫ ，其中 为单位圆周 ； L | y | ds L 1 2 2 x + y = (3) ∫ ，其中 为星形线 ； L x ds 1/ 3 | | L 2 / 3 2 / 3 2 / 3 x + y = a (4) ∫ ，其中 为双纽线 ； L | x | ds L 2 2 2 2 2 (x + y ) = x − y (5) ∫ + + ， 为螺旋线 L (x y z )ds 2 2 2 L x a = = cost, y a sin t, z = bt, 0 ≤ t ≤ 2π 的一段： (6) ∫ 。其中L 为曲线 L xyzds 2 3 2 1 , 3 2 2 , z t t x = t y = = 上相应于 从 0 变到 1 的一段弧； t (7) ∫ + + ，其中 为球面 和平面 L (xy yz zx)ds L x y z a 2 2 2 + + = 2 x + y z + = 0的交线。 解（1）∫ ∫ ∫ ∫ + = + + + + + OA AB BO (x y)ds (x y)ds (x y)ds (x y)ds L ( ) 2 1 2 1 0 1 0 1 0 = + + + = + ∫ ∫ ∫ xdx x x dx ydy 。 （2） | | sin 4 2 0 = = ∫ ∫ π y ds t dt L 。 （3）令 x = a cos3 t, y = asin3 t ，则 ds = 3a sint cost ，于是 3 4 2 0 3 2 4 2 0 3 2 4 3 1 x ds 3a sin t cos t dt 12a sin t cos tdt 4a L = = = ∫ ∫ ∫ π π 。 （4）将L 表示为参数方程 cos 2 cos cos 2 sin x y θ θ θ θ ⎧⎪ = ⎨ ⎪⎩ = ，再利用对称性，就有 2 2 4 4 0 0 | x d| s 4 cos 2 cos x ' y ' d 4 cos d 2 2 π π = + θ θ θ = θ θ ∫ ∫ ∫ L = 。 注 本题也可利用L 的极坐标方程 2 r = cos 2θ ，得到 2 2 4 4 0 0 | x d| s 4 r cos r r d 4 cos d 2 2 π π = + θ θ ′ = θ θ ∫ ∫ ∫ L = 。 1

(5) [(x2 + y2 +=2)ds2(3a2 +4元2b2)Na2 +b2。J"(a? +b212)a? +b2dt=21+21+/dt=16/2(6)[xyds=143（7）因为在L上成立[(x+y+2)? -(x? + y2 +22)],xy+yz+zx =所以"[ds=-m。[(xy + yz + zx)ds = -212.求椭圆周x=acost,y=bsint,0≤t≤2元的质量，已知曲线在点M(x,)处的线密度是p(x,y)=Jl。解质量m=[pds=b[”sintVa?sin?t+b?cos?tdt2b"sinta?+(b?-a")costdtVa.2a2bh262当a>barcsaVa?-b24a?当a=b2a°bb+/b?-a2b2 +当a0)内的部分；(2)锥面x2 +y2=22被平面x+y+z=2α（α>0)所截的部分；3(3)球面x++22=?包含在锥面z=2+y内的部分；(4)圆柱面x2+y?=α被两平面x+z=0,x-z=0(x>0,y>0)所截部分；(5)抛物面x2+y2=2az包含在柱面(x2+y2)2=2a2xy(a>0)内的那部分；[x=(b+acosg)cosp,(6)环面=(b+acos)sinp，0≤≤2元,0≤≤2元，其中0<a<b。z=asinp,解（1)A=[[/1+a?(x?+y°)dxdy=dof'+a'Prdr=(a+a')-1)。32

（5）∫ + + L (x y z )ds 2 2 2 = + + = ∫ 2π 0 2 2 2 2 2 (a b t ) a b dt 2 2 2 2 2 (3 4 ) 3 2 a + π b a + b π 。 （6）∫ L xyzds = + + = ∫ 1 0 2 2 9 1 2 3 2 t t t dt 143 16 2 。 （7）因为在L 上成立 [( ) ( )] 2 1 2 2 2 2 xy + yz + zx = x + y + z − x + y + z ， 所以 3 2 2 ( ) ds a a xy + yz + zx ds = − = −π ∫ ∫ L L 。 2. 求椭圆周 x a = cost, y = b sin t, 0 ≤ t ≤ 2π 的质量，已知曲线在点 M( , x y) 处的线密度是ρ( , x y) =| y|。 解 质量 ∫ ∫ = = + π ρ 2 0 2 2 2 2 m ds b sin t a sin t b cos tdt L ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ − − + = = + − ∫ a b a b b a b a a b b a a b a b a a b a b a b b b t a b a tdt 当 当 当 ln , 2 2 4 , arcsin , 2 2 2 sin ( ) cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 π 。 3. 求下列曲面的面积： (1) z a = xy 包含在圆柱面 x y 2 2 + = a 2 (a > 0)内的部分； (2)锥面 x y z 2 2 1 3 + = 2被平面 x + y z + = 2a (a > 0)所截的部分； (3)球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 包含在锥面 2 2 z = x + y 内的部分； (4)圆柱面 x y 2 2 + = a 2 被两平面 x + z = 0 0 , ( x − z = x > 0, y > 0) z 2 2 2 2 + = 2 ) 所截 部分； (5)抛物面 包含在柱面 ( ) 内的 那部分； x y a 2 2 + = 2 x y a xy (a > 0 (6)环面 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = + = + sin , ( cos )sin , ( cos ) cos , φ φ ϕ φ ϕ z a y b a x b a 0 2 ≤ φ ≤ π , 0 ≤ ϕ ≤ 2π ，其中0 < a < b。 解（1） ∫∫ = + + D A 1 a (x y )dxdy 2 2 2 ( (1 ) 1) 3 2 1 4 3 0 2 2 2 2 0 = + = + − ∫ ∫ a a d a r rdr a π θ π 。 2

（2）联立锥面与平面方程，消去2，得到x? + y? - xy+2a(x+y)=2a2,这是所截的部分在x平面上投影区域的边界，它是个椭圆。记D=((x,y)(x -xy+ y)+2a(x+ y)≤2a2) [×=u+v，则区域D与区域再今V=u-'D'= (u, ) (u+ 2a) +3v* ≤6a2)对应，且2(x,"=2，于是所截部分的面积为a(u,v)A=J] /1+22 +z, dxdy= J[ 2dxdy =[[ 4dudy = 8/3元a2 。（3）这部分球面在xy平面上的投影区域为D=(x,y)x2+）于是aA= [/1+222 dxdy = [dxdyJa?-x?-y2ardr-(2- 2)a。02-（4）圆柱面方程可写成=Va2-x，区域D=(zx)-xz≤x,0≤x≤a)，于是A=+y+yddx=Idd=-2。（5）方程（x2+y）2=2a2xy可化为极坐标方程r2=α2sin20，于是+x?+y?A=2][ /1+2 +2, dxdy= 2][dxdyravlin20 Ja? + r2 rdr =22de[(sin+cos)-1]do(20 -3元)a2。(6)由x,=-asingcosp,y=-asinpsing,==acosgx。=-(b+acosg)sinp,y。=(b+acosg)cosp,z。=0,可得E=a,G=(b+acos),F=0,所以A= [[ VEG - F2 dpdp= J2" dp]2"a(b+acosp)dp = 4元?ab 。3

（2）联立锥面与平面方程，消去 z ，得到 x 2 + y 2 − xy + 2a(x + y) = 2a 2， 这是所截的部分在 xy平面上投影区域的边界，它是个椭圆。记 { } 2 2 ( , ) ( ) 2 ( ) 2 2 D = − x y x xy + y + a x + y ≤ a ， 再令 x u v y u v ⎧ = + ⎨ ⎩ = − ，则区域D与区域 { } 2 2 2 D ' ( = + u v, ) (u 2a) + 3v ≤ 6a 对应，且 ( , ) 2 ( , ) x y u v ∂ = ∂ , 于是所截部分的面积为 2 2 ' 1 2 4 x y D D D 2 A = + z′ ′ + z dxdy = dxdy = dudv = 8 3π a ∫∫ ∫∫ ∫∫ 。 （3）这部分球面在 xy平面上的投影区域为 2 2 2 ( , ) 2 a D x y x y ⎧ ⎫ = ⎨ + ≤ ⎬ ⎩ ⎭ ， 于是 ∫∫ ∫∫ − − = + ′ + ′ = D D x y dxdy a x y a A z z dxdy 2 2 2 2 2 1 2 2 0 2 2 2 0 rdr (2 2) a a r a d a θ π π = − − = ∫ ∫ 。 （4）圆柱面方程可写成 2 2 y = a − x ，区域D z = {( , x) − ≤x z ≤ x,0 ≤ x ≤ a}， 于是 2 2 2 2 2 0 2 2 1 2 a x x z x D D a a A y y dzdx dzdx dx dz a a x a x − = + ′ ′ + = = = − − ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ 。 （5）方程( ) x y 2 2 + = 2 2a 2 xy 可化为极坐标方程r 2 = a 2 sin 2θ ，于是 ∫∫ ∫∫ + = + ′ + ′ = + D D x y dxdy a x y A z z dxdy 2 2 2 2 2 2 1 2 1 ∫ ∫ ∫ = + = 2 + − 0 2 3 sin 2 0 2 2 2 0 [(sin cos ) 1] 3 2 2 π θ π dθ a r rdr a θ θ dθ a a 2 (20 3 ) 9 1 = − π a 。 （6）由 xφ ′ = −a sinφ cosϕ, yφ ′ = −a sinφ sinϕ,zφ ′ = a cosφ ， xϕ ′ = −(b + a cosφ)sinϕ, yϕ ′ = (b + a cosφ) cosϕ,zϕ ′ = 0， 可得 , ( cos ) , 0 2 2 E = a G = b + a φ F = ， 所以 A EG F d d d a b a d ab D 2 2 0 2 0 2 φ ϕ ϕ ( cosφ) φ 4π π π = − = + = ∫∫ ∫ ∫ 。 3

4.求下列第一类曲面积分：(1)[[(x++)d，其中是左半球面x++=α2，0;(2)[[(x+)dS，其中是区域(x,y,2)/x+)的边界;(3)[(xy+yz+zx)dS，Z是锥面z=x2+y2被柱面x2+y=2ax所截部分；(4) J-[++ds，其中是圆柱面×+=α°介于平面：=0与z=H之间的部分；(++学)ds，其中是球面x?+y+z=α;(5)(6)[[(++)s，其中是抛物面2z=x+介于平面=0与Z=8之间的部分；(7)[[zd，其中是螺旋面x=ucosv,=usinv,z=v,0u≤a,0≤≤2元的一部分。解（1）由对称性，aJ](x+y+2)ds - J[ yds =- Jf Va - x? --dzdxVa?-x?-z=-πα?。(2)设,:2=/x+y,2, :z=1(x2+y≤1),则[[(x? + y)ds = [(x? + y°)dS + [[(x? + y)ds=(1+2)]dof'dr=I+2,2(3）[(xy+ yz + zx)dS - [xy +(x + y) /x? + y"2dxdy=(sinco+co+sin)df2acosod=4/2a,cos' d10= 4 /2a*。15-(4)设,:x=a-,x=-a-(0≤)，则ds=nds++y+gdsx? +y? +2?+2 + y? +2?dyd

4. 求下列第一类曲面积分： (1) ∫∫ ，其中∑是左半球面 ， ； Σ (x + y + z)dS x y z a 2 2 2 + + = 2 y ≤ 0 (2) ∫∫ ，其中∑是区域 Σ (x + y )dS 2 2 {(x y, ,z)| x y z } 2 2 + ≤ ≤ 1 的边界； (3) ∫∫ ，∑是锥面 Σ (xy + yz + zx)dS z x = + y 2 2 被柱面 x所 截部分； x y a 2 2 + = 2 (4) ∫∫ Σ + + dS x y z 2 2 2 1 ，其中∑是圆柱面 介于平面 与 x y a 2 2 + = 2 z = 0 z = H 之间的部分； (5) ∫∫ Σ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + + dS x y z 2 3 4 2 2 2 ，其中∑是球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 ； (6) ，其中∑是抛物面 介于平面 与 之间的部分； ( ∫∫ Σ x + y + z dS 3 2 ) 2 2 2z = x + y z = 0 z = 8 (7) ∫∫ ，其中∑是螺旋面 Σ zdS x u = cosv, y = u sin v, z = ≤ v, 0 u ≤ a ， 0 ≤ v ≤ 2π 的一部分。 解（1）由对称性， ∫∫ Σ (x + y + z)dS dzdx a x z a ydS a x z zx zx ∫∫ ∫∫ Σ Σ − − = = − − − 2 2 2 2 2 2 3 = −πa 。 （2）设 : , : 1 ( 1) 2 2 2 2 2 Σ1 z = x + y Σ z = x + y ≤ ，则 ∫∫ ∫∫ ∫∫ Σ Σ Σ + = + + + 1 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 x y dS x y dS x y dS θ π π 2 1 2 (1 2) 1 0 3 2 0 + = + = ∫ ∫ d r dr 。 （3）∫∫ ∫∫ Σ Σ + + = + + + xy (xy yz zx)dS [xy (x y) x y ] 2dxdy 2 2 ∫ ∫ − = + + θ π π θ θ θ θ θ 2 cos 0 3 2 2 2 (sin cos cos sin ) a d r dr 4 2 2 4 5 2 15 64 = 4 2a cos d = a ∫ − π π θ θ 。 （4）设 : , : (0 ) 2 2 2 2 2 Σ1 x = a − y Σ x = − a − y ≤ z ≤ H ，则 ∫∫ ∫∫ ∫∫ Σ Σ Σ + + + + + = + + 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 dS x y z dS x y z dS x y z ∫∫ Σ + − = yz dydz a y a a z 2 2 2 2 1 2 4

HZarcf（5）由对称性，有[[xds=[[ds=[-ds，又由于[[(x? + y? + 2)dS = [[a2ds = 4a* ,所以(++号)s-r-号92（6）由对称性，有[[xds=0，Jds=(+)dS，再由[ds=[[(x+)ds，得到[(x + y2 +2)dS = [[(x? + y)/1+x? + y dxdy=[。dof,V1+rrdr = J.[(+r),-(+r:) da(+r)_1564V17+415(7)由x,=cosv,y"=sinv,z,=0,x, =-usinv,',=ucosv,z,=1,得到E=1,G=1+u,F=0。于是[JzdS = JJ i+u dudy= f"vdf'i+u du元?[a1+a?+In(a+/1+a)]5.设球面的半径为R，球心在球面x2+y?+z?=α?上。问当R何值时，在球面x2+?+2?=α内部的面积最大？并求该最大面积。解不妨设的球心在(0,0,a)，于是在球面x+y+=内部的曲面方程为=a-yR2-(x +y)。将此方程与球面方程x++=α"联立，解得：=2°，这样，>2a在球面x2+?+2=α2内部的部分在Oxy平面上的投影为PD=(x,) +y≤R? -4a从而面积为KS(R) = [[ /1+ =2 +z,2 dxdy = [xdP2-x2

a H dy a z a y adz a a H 2 arctan 1 2 0 2 2 2 2 = π + − = ∫ ∫− 。 （5）由对称性，有 ，又由于 ∫∫ ∫∫ ∫∫ Σ Σ Σ x dS = y dS = z dS 2 2 2 2 2 2 2 4 (x + y + z )dS = a dS = 4πa ∫∫ ∫∫ Σ Σ ， 所以 2 4 2 2 2 9 13 12 13 2 3 4 dS x dS a x y z = = π ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + + ∫∫ ∫∫ Σ Σ 。 （6）由对称性，有∫∫ 3 = 0， Σ x dS 2 y dS Σ = ∫∫ 1 2 2 ( ) 2 x y dS Σ + ∫∫ ，再由 zdS Σ = ∫∫ 1 2 2 ( ) 2 x y dS Σ + ∫∫ ，得到 ( ) 3 2 2 2 2 2 ( ) 1 xy x y z dS x y x y dxd Σ Σ + + = + + + ∫∫ ∫∫ y 2 4 2 3 0 0 d r 1 r dr π θ ∫ ∫ = + 3 1 4 2 2 2 2 2 0 π (1 r r ) (1 ) d(1 r ) ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ − + + ⎝ ⎠ ∫ 1564 17 4 15 π + = 。 （7）由 xu ′ = cos v, yu ′ = sin v,zu ′ = 0, xv ′ = −u sin v, yv ′ = u cos v,zv ′ = 1，得到 1, 1 , 0 2 E = G = + u F = 。 于是 ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ = + = + Σ a D zdS v u dudv vdv u du 0 2 2 0 2 1 1 π [ 1 ln( 1 )] 2 2 2 = π a + a + a + + a 。 5．设球面Σ 的半径为 R ，球心在球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2上。问当 R 何值 时，Σ 在球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 内部的面积最大？并求该最大面积。 解 不妨设Σ 的球心在(0,0, a)，于是Σ 在球面 内部的曲 面方程为 2 2 2 2 x + y + z = a 2 2 2 z a = − R − ( ) x + y 。 将此方程与球面方程 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 联立，解得 a a R z 2 2 2 2 − = ，这样，Σ 在球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 内部的部分在Oxy 平面上的投影为 4 2 2 2 2 ( , ) 4 R D x y x y R a ⎧ ⎫ = + ⎨ ⎬ ≤ − ⎩ ⎭ ， 从而面积为 ∫∫ ∫∫ − − = + ′ + ′ = D D x y dxdy R x y R S R z z dxdy 2 2 2 2 2 ( ) 1 5

RRrdr=2元R(1-2aVR?-r对S(R)求导，得S(R)==(4aR-3R),a4+令S(R)=0，得到R=（三a)=-2元<0，所以当R=4α时，面由于s"g。333积最大，面积最大值为32元aSmax276.求密度为p(x,y)==的抛物面壳z=(x2+y2),0≤z≤1的质量与重心。I [[(x2 + y2)/1+ x2 + y2 dxdy解质量M=p(x,y)ds=do+d+2+22JO15设重心坐标为(,J,三)，由对称性，x=0,J=0。J zp(x, y)ds =(x2 + y2)2 /1+ x + y2 dxdy1-doa+aV作代换1=/1+r2，得到[3 2(t2 -1)22dt = 66V3-4J=p(x, )ds ="[F 2AJ105于是([ zp(x, y)ds596-45/3M74959645/3所以重心为(0.0.7497.求均匀球面（半径是α，密度是1）对不在该球面上的质点（质量为1）的引力。解设球面方程为x2+y?+=2=α2，质点的坐标为(0.0.b)(0≤b±α)。在球面上(x,y,-)处取一微元，面积为ds，它对质点的引力为GdsdF=x? + y? +(2 - b)2由对称性，F=F,=0，G(z - b)F.=ds[x? + y? +(z- b)2136

2 2 2 1 2 4 0 0 2 2 2 (1 2 R R a ) R R d rdr R R r a π θ π − = = − ∫ ∫ − 。 对S R( ) 求导，得 ( ) (4 3 ) 2 aR R a S′ R = − π ， 令S′(R) = 0，得到R a 3 4 = 。由于 ) 2 0 3 4 S′′( a = − π < ，所以当R a 3 4 = 时，面 积最大，面积最大值为 3 max 27 32 S = πa 。 6. 求密度为ρ( , x y) = z 的抛物面壳z x = + y ≤ z 1 2 0 2 2 ( ), ≤ 1的质量与重心。 解 质量 ∫∫ ∫∫ Σ Σ = = + + + xy M x y dS x y x y dxdy 2 2 2 2 ( ) 1 2 1 ρ( , ) π π θ π 15 12 3 2 1 2 1 2 1 2 0 2 2 2 2 0 3 2 2 0 + = + = + = ∫ ∫ ∫ d r r dr r r dr 。 设重心坐标为( , x y z, )，由对称性， x = 0, y = 0。 ∫∫ ∫∫ Σ Σ = + + + xy z x y dS x y x y dxdy 2 2 2 2 2 ( ) 1 4 1 ρ( , ) ∫ ∫ ∫ = + = + 2 0 4 2 2 2 0 5 2 2 0 1 4 1 4 1 d r r dr r r dr π θ π , 作代换 2 t = 1+ r ，得到 π π ρ 105 66 3 4 2( 1) 4 ( , ) 3 1 2 2 2 − = − = ∫∫ ∫ Σ z x y dS t t dt ， 于是 749 596 45 3 ( , ) − = = ∫∫ Σ M z x y dS z ρ ， 所以重心为 ) 749 596 45 3 (0,0, − 。 7. 求均匀球面（半径是 ，密度是 1）对不在该球面上的质点（质量 为 1）的引力。 a 解 设球面方程为 ，质点的坐标为 。在 球面上 处取一微元，面积为 ，它对质点的引力为 2 2 2 2 x + y + z = a (0,0,b) (0 ≤ ≠ b a) (x, y,z) dS 2 2 2 x y (z b) GdS dF + + − = 。 由对称性，Fx = Fy = 0， Fz = dS x y z b G z b ∫∫ Σ + + − − 2 3 2 2 2 [ ( ) ] ( ) 。 6

x=asin@cosgy=asinpsin，得到EG-F?=α?sin，于是z=acosp[G(acos-b)asng dg,deF. =l(a+b?-2abcosp)在上述积分中，再令t=a2+b2-2abcosp，得到[0,ba63所以当ba时，引力F=(0-4元Gg)b28．设ux,y,2)为连续函数，它在M(xo,yo,=)处有连续的二阶导数。记Z为以M点为中心，半径为R的球面，以及[u(x, y,z)dS 。T(R) =4元R2（1）证明：limT(R)=u(xo,yo,z0);(2)若(u+u2u)￥0，求当R→0时无穷小量0x?Qy2*02?I(xo.J0,=0)T(R)-u(xo,Jo,)的主要部分。解（1）由于u(x,y,z)在M(xo,o,=)处连续，所以>0，>0，当/(x-)+(y-)+(z-z)<时，成立[u(x, y,2)-u(xo, yo,z0)/<8 o于是当R=/(x-)+(-)+(-z)时,[[u(x, y,2)-u(x0, y, 0)]ds <8 ,[[ u(x, ,z)ds-u(xo, o,zo)≤4元R4元R所以成立lim T(R) = u(xo,yo,=) 。2[x= xo +R5（2）令y=+Rn，则Z = Z0 + RGJ u(xo + RE, o + Rn,zo + Rs)dS ,T(R) =4元其中*== (5,n,5)5? +n? +s2 =1)1。利用对称性，有J[Eds = [[ nds = [Is ds =0 ,SS7

令 ，得到 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = = ϕ ϕ θ ϕ θ cos sin sin sin cos z a y a x a − = 2 EG F sinϕ 2 a ，于是 2 2 3 0 0 2 2 2 ( cos ) sin ( 2 cos ) z G a b a F d d a b ab π π ϕ ϕ θ ϕ ϕ − = + − ∫ ∫ ， 在上述积分中，再令 2 cosϕ 2 2 t = a + b − ab ，得到 2 2 2 2 2 2 2 0 , 4 , a b z a b b a Ga b a t F dt Ga b t b a b π π + − ⎧ ⎩ ∫ ， 所以当b a时，引力 2 2 4 (0,0, ) Ga b π F = − 。 8．设u( , x y z, ) 为连续函数，它在 处有连续的二阶导数。记 ∑为以 M x( , y ,z ) 0 0 0 M 点为中心，半径为 R的球面，以及 ∫∫ Σ π = u x y z dS R T R ( , , ) 4 1 ( ) 2 。 （1）证明：lim ( ) ( , , ) ； R T R u x y z → = 0 0 0 0 （2）若( ) 0 ( , , ) 2 2 2 2 2 2 0 0 0 + + ≠ x y z z u y u x u ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ，求当R → 0时无穷小量 T R( ) − u(x , y ,z ) 0 0 0 的主要部分。 解（1）由于 u( , x y z, ) 在 M x( , 0 0 y ,z0 ) 处连续，所以∀ε > 0， ∃ > δ 0 ，当 2 2 2 0 0 0 ( ) x x − + (y − y ) + (z − z ) < δ 时，成立 0 0 0 u x( , y z, ) −u x( , y ,z ) < ε 。 于是当 2 2 2 0 0 0 R x = − ( ) x + (y − y ) + (z − z ) < δ 时， 2 0 0 0 1 ( , , ) ( , , ) 4 u x y z dS u x y z π R Σ − ∫∫ 2 0 0 0 1 ( , , ) ( , , ) 4 u x y z u x y z dS R ε π Σ ≤ − < ∫∫ ， 所以成立 lim ( ) ( , , ) R T R u x y z → = 0 0 0 0 。 （2）令 ，则 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + = + = + ς η ξ z z R y y R x x R 0 0 0 T(R) = ∫∫ Σ + + + * ( , , ) 4 1 u x0 Rξ y0 Rη z0 Rς dS π ， 其中 {( , , ) 1} * 2 2 2 Σ = ξ η ς ξ +η + ς = 。利用对称性，有 ∫∫ Σ = * ξdS ∫∫ Σ = * ηdS 0 * ∫∫ Σ ς dS = ， 7

[[Ends = [nsds =[[sEds =0,SDSJ[=2 ds = [n'ds = [s? ds =2JgSS5.由于I[su' +m, +gu, ]ds ,T(R)=4元一[u +nu +su +2(Em, +5g +nsu,)]as,T"(R)=4元以R=0代入，得到T'(0) = 01,au.auauT"(0) =3x2Qy2az(x0.J0,=0)由Taylor公式，即知当R→0时，无穷小量T(R)-u(xo,y,z)的主要部R?o?u,@u,ou分为，6ax202022(xo,J0,=0)12设为上半椭球面+2=1（z≥0)，元为≥在点P(x,,2)处9.22的切平面，p(x,y,2)为原点O(0,0,0)到平面元的距离，求[ds 。p(x,y,2)y2解因为椭球面兴++z2=1在P(x,y,2)点的法向量为n=(x,y,22)，22所以切平面元的方程为xX + yY +2-Z = 2,从而原点到元的距离为2p(x,y,z) =x2 + y2 +42?8

∫∫ Σ = * ξηdS ∫∫ Σ = * ης dS 0 * ∫∫ Σ ς ξdS = ， ∫∫ Σ = * 2 ξ dS ∫∫ Σ = * 2 η dS ∫∫ Σ = * 2 ς dS ∫∫ Σ + + * ( ) 3 1 2 2 2 ξ η ς dS π 3 4 = 。 由于 ∫∫ Σ ′ = ′ + ′ + ′ * [ ] 4 1 T (R) ξux ηuy ςuz dS π ， ∫∫ Σ ′′ = ′′ + ′′ + ′′ + ′′ + ′′ + ′′ * [ 2( )] 4 1 ( ) 2 2 2 T R ξ uxx η uyy ς uzz ξηuxy ξςuxz ηςuyz dS π ， 以R = 0 代入，得到 T '(0) = 0 T"(0) = ( , , ) 2 2 2 2 2 2 0 0 0 ( ) 3 1 x y z z u y u x u ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ + + 。 由 Taylor 公式，即知当R → 0时，无穷小量T R( ) − u(x , y ,z ) 0 0 0 的主要部 分为 ( , , ) 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 ( ) 6 x y z z u y u x R u ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ + + 。 9. 设Σ 为上半椭球面 1 2 2 2 2 2 + + z = x y （ z ≥ 0），π 为Σ 在点 处 的切平面， P(x, y,z) ρ(x, y,z)为原点O(0,0,0)到平面π 的距离，求∫∫ Σ dS x y z z ρ( , , ) 。 解 因为椭球面 1 2 2 2 2 2 + + z = x y 在P(x, y,z)点的法向量为n K = (x, y, 2z)， 所以切平面π 的方程为 xX + yY + 2zZ = 2 ， 从而原点到π 的距离为 2 2 2 4 2 ( , , ) x y z x y z + + ρ = 。 8

x=2sin@cosey=2singpsing，则/x2+y?+422=2sin+4cos，由Z=cOspx=2cospcoso, y=2cospsing,z=-sinp,x =-~2 sinpsing,y=2 sinpcosg,2= 0,得到EG-F2=sin@2sinp+4cos?g,由此得到J" dof,cos psin p(sin’ p+2cos* )dp =ds=p(x,y.z)2注本题也可由：Z12--y?投影到xy平面上来计算得到112[(4--)dxdy=2ds =:2p(x, y,=)D,10.设是单位球面x2+y?+z2=1。证明JJ f(ax+by+cz)ds =2元f"(uva? +b? +c*)du,其中a,b,c为不全为零的常数，f(u)是|uVa2+b2+c2上的一元连续函数。证将xyz-坐标系保持原点不动旋转成xyz-坐标系，使2轴上的单1位向量为(α,b,c)，由于旋转变换是正交变换，保持度量不Va?+b2+c2变，所以球面上的面积元dS也不变。设球面上一点(x,y,2)的新坐标为(x,y=)，则ax+by+cz=Va2+b2+c2z，于是[[ f(ax+ by + cz2)dS = [[ f(Va? + b? +c2 2')dS 。下面计算这一曲面积分。令球面的参数方程为x=sinpcoso,y'=sinpsino,z'=cosp,则VEG-F2 = sing,所以[J f(ax +by+ cz)ds = f2" dof" f(Va? +b? +c? cosp)sin pdp9

令 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = = = ϕ ϕ θ ϕ θ cos 2 sin sin 2 sin cos z y x ，则 + + = 2 2 2 x y 4z ϕ ϕ 2 2 2sin + 4cos ，由 xϕ ′ = 2 cosϕ cosθ, yϕ ′ = 2 cosϕ sinθ, zϕ ′ = −sinϕ ， xθ ′ = − 2 sinϕ sinθ, yθ ′ = 2 sinϕ cosθ, zθ ′ = 0， 得到 − = 2 EG F ϕ ϕ ϕ 2 2 sin 2sin + 4cos ， 由此得到 θ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ π ρ π π 2 3 cos sin (sin 2cos ) ( , , ) 2 0 2 2 2 0 = + = ∫∫ ∫ ∫ Σ dS d d x y z z 。 注 本题也可由Σ ： 2 2 2 2 1 z = − x − y 投影到 xy平面上来计算得到 ∫∫ Σ dS x y z z ρ( , , ) π 2 3 (4 ) 4 1 2 2 = − − = ∫∫ Dxy x y dxdy 。 10. 设Σ 是单位球面 1。证明 2 2 2 x + y + z = ∫∫ ∫− Σ + + = + + 1 1 2 2 2 f (ax by cz)dS 2π f (u a b c )du ， 其中a,b, c 为不全为零的常数， f (u) 是 2 2 2 | u |≤ a + b + c 上的一元连 续函数。 证 将 xyz − 坐标系保持原点不动旋转成 x' y'z'−坐标系，使 轴上的单 位向量为 z' ( , , ) 1 2 2 2 a b c a + b + c ，由于旋转变换是正交变换，保持度量不 变，所以球面Σ 上的面积元dS 也不变。设球面Σ 上一点 的新坐 标为 ，则 (x, y,z) (x', y',z') ' 2 2 2 ax + by + cz = a + b + c z ，于是 ∫∫ Σ f (ax + by + cz)dS ∫∫ Σ = f ( a + b + c z')dS 2 2 2 。 下面计算这一曲面积分。令球面Σ 的参数方程为 x'= sinϕ cosθ ， y'= sinϕ sinθ ， z'= cosϕ ， 则 − = 2 EG F sinϕ ， 所以 ∫∫ Σ f (ax + by + cz)dS ∫ ∫ = + + π π θ ϕ ϕ ϕ 0 2 2 2 2 0 d f ( a b c cos )sin d 9

=2元[", f(uVa? +b? +c2)du 。11.设有一高度为h(t）（t为时间）的雪堆在溶化过程中，其侧面满足方程（设长度单位为cm，时间单位为h）2 = h(0)- 2(r +y)。h(t)已知体积减少的速率与侧面积成正比（比例系数0.9）。问高度为130cm的雪堆全部融化需多少时间？解雪堆的体积为ho/222(x2 + y2)元h（)dxdy=[deV(0)=h(t)h(t)h(t)h(t)A雪堆的侧面积为-[[ Jh (t)+16(x2 + y")dxd)S(t) = [/ /1+=12 +=,2 dxdy =h()"D贺1B()。de [h2(t)+16r2rdr =12h(t)dv--s()，13由注意到h(0)=130(cm)，得到得到h'(t)=10dt10h() = 130 _ 13,to10°因为当雪堆全部融化即h(t)=0时，有t=100(h)，所以雪堆全部融化需100小时。10

∫− = + + 1 1 2 2 2 2π f (u a b c )du 。 11．设有一高度为 （ 为时间）的雪堆在溶化过程中，其侧面满足 方程（设长度单位为 cm，时间单位为 h） h(t) t ( ) 2( ) ( ) 2 2 h t x y z h t + = − 。 已知体积减少的速率与侧面积成正比（比例系数 0.9）。问高度为 130cm 的雪堆全部融化需多少时间？ 解 雪堆的体积为 ( ) ( ) 4 2 ( ) ( ) 2( ) ( ) ( ) 3 2 ( ) 0 2 2 0 2 2 r rdr h t h t dxdy d h t h t x y V t h t h t D π θ π = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + = − ∫∫ ∫ ∫ ， 雪堆的侧面积为 2 2 1 2 2 2 ( ) 1 ( ) 16( ) ( ) x y D D S t z z dxdy h t x y dxdy h t = + ′ ′ + = + + ∫∫ ∫∫ ( ) 12 13 ( ) 16 ( ) 1 2 2 ( ) 0 2 2 2 0 d h t r rdr h t h t h t θ π π = + = ∫ ∫ 。 由 9 ( ) 10 dV S t dt = − ，得到 10 13 h′(t) = − ，注意到 h(0) = 130 (cm)，得到 h t t 10 13 ( ) = 130 − 。 因为当雪堆全部融化即h(t) = 0 时，有t = 100 (h)，所以雪堆全部融化需 100 小时。 10