第6节 斯公式、通量与散度
一、基础题
题目 1：
计算曲面积分 $\oiint_{\Sigma} (x - y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y + x(y - z)\mathrm{d} y\mathrm{d}z$，其中 $\Sigma$ 是由柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 及平面 $z = 0$、$z = 1$ 所围立体 的表面外侧.
解答：
原面积分可以写为标准形式：
$$I = \oiint_{\Sigma} x(y - z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z + 0\mathrm{d}z\mathrm{d}x + (x - y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$这里 $P = x(y - z), Q = 0, R = x - y$。
曲面 $\Sigma$ 是封闭曲面且取外侧，满足高斯公式（Gauss Theorem）的条件。计算散度：
$$\frac{\partial P}{\partial x} = y - z, \quad \frac{\partial Q}{\partial y} = 0, \quad \frac{\partial R}{\partial z} = 0$$利用高斯公式，将曲面积分化为对立体区域 $\Omega$ 的三重积分，其中 $\Omega = \{(x,y,z) \mid x^2 + y^2 \le 1, 0 \le z \le 1\}$：
$$I = \iiint_{\Omega} (y - z)\mathrm{d}V$$化为先对 $z$，后对 $x, y$ 的累次积分。记 $D$ 为底面圆域 $x^2 + y^2 \le 1$：
$$I = \iint_{D} \mathrm{d}x\mathrm{d}y \int_{0}^{1} (y - z) \mathrm{d}z = \iint_ {D} \left[ yz - \frac{1}{2}z^2 \right]_{0}^{1} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D} \left( y - \frac{1}{2} \right) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$由积分区域的对称性可知，关于 $y$ 的奇函数在中心对称的圆域上积分为 0，即 $\iint_{D} y \mathrm {d}x\mathrm{d}y = 0$。
因此：
$$I = \iint_{D} \left(-\frac{1}{2}\right) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = -\frac{1}{2} \times \pi(1)^2 = -\frac{\pi}{2}$$题目 2：
计算曲面积分 $\oiint_{\Sigma} (y + 2z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z + (z^2 - 1)\mathrm{d} z\mathrm{d}x + (x + 2y + 3z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中 $\Sigma$ 是 3 个坐标面与平 面 $x + y + z = 1$ 围成的四面体的外侧.
解答：
已知 $P = y + 2z, Q = z^2 - 1, R = x + 2y + 3z$。曲面封闭且取外侧。
计算各偏导数：
$$\frac{\partial P}{\partial x} = 0, \quad \frac{\partial Q}{\partial y} = 0, \quad \frac{\partial R}{\partial z} = 3$$应用高斯公式，设 $\Omega$ 为该四面体区域：
$$I = \iiint_{\Omega} (0 + 0 + 3) \mathrm{d}V = 3 \iiint_{\Omega} \mathrm{d}V$$其中 $\iiint_{\Omega} \mathrm{d}V$ 表示四面体的体积 $V$。四面体由 $x=0, y=0, z=0$ 与 $x +y+z=1$ 围成，三个坐标轴上的截距均为 1。
四面体体积公式为 $V = \frac{1}{6} \times \text{底面积} \times \text{高} = \frac{1}{6} \times \frac{1}{2}(1 \times 1) \times 1 = \frac{1}{6}$。
故积分结果为：
$$I = 3 \times \frac{1}{6} = \frac{1}{2}$$题目 3：
计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} (x^3 + az^2)\mathrm{d}y\mathrm{d}z + (y^3 + ax^2) \mathrm{d}z\mathrm{d}x + (z^3 + ay^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中 $\Sigma$ 为上半球 面 $z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}$ 的上侧.
解答：
该曲面 $\Sigma$ 并非封闭曲面。为使用高斯公式，添加辅助面 $\Sigma_1$，即 $xOy$ 平面上的圆盘 $x^2 + y^2 \le a^2, z = 0$，取下侧（法向量指向 $z$ 轴负方向）。$\Sigma \cup \Sigma_1$ 构成封闭曲面，包围上半球体 $\Omega$，且取外侧。
记原积分为 $I$。根据高斯公式：
$$\oiint_{\Sigma \cup \Sigma_1} P\mathrm{d}y\mathrm{d}z + Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x
- R\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iiint_{\Omega} \left(\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}\right) \mathrm{d}V$$
被积函数的散度为 $\frac{\partial}{\partial x}(x3 + az2) + \frac{\partial} {\partial y}(y3 + ax2) + \frac{\partial}{\partial z}(z3 + ay2) = 3x2 + 3y2
- 3z2 = 3(x2 + y2 + z2)$。
计算体积分（采用球面坐标系）：
$$\iiint_{\Omega} 3(x^2 + y^2 + z^2) \mathrm{d}V = \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin\phi \mathrm{d}\phi \int_{0}^{a} 3r^2 \cdot r^2 \mathrm{d}r = 2\pi \cdot 1 \cdot 3 \left[ \frac{r^5}{5} \right]_{0}^{a} = \frac{6\pi a^5}{5}$$接下来计算在辅助面 $\Sigma_1$ 上的曲面积分。在 $\Sigma_1$ 上，$z = 0, \mathrm{d}z = 0$， 故包含 $\mathrm{d}y\mathrm{d}z$ 和 $\mathrm{d}z\mathrm{d}x$ 的项为 0。且 $\Sigma_1$ 取下侧，$\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 的投影带负号。
$$\iint_{\Sigma_1} = \iint_{x^2+y^2 \le a^2} (0^3 + ay^2) (-\mathrm{d}x\mathrm{d} y) = -a \iint_{D} y^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$利用极坐标计算该二重积分：
$$\iint_{D} y^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{0}^{2\pi} \sin^2\theta \mathrm{d} \theta \int_{0}^{a} r^2 \cdot r \mathrm{d}r = \pi \cdot \frac{a^4}{4} = \frac{\pi a^4}{4}$$所以 $\iint_{\Sigma_1} = -\frac{\pi a^5}{4}$。
由于 $I + \iint_{\Sigma_1} = \frac{6\pi a^5}{5}$，解得：
$$I = \frac{6\pi a^5}{5} - \left(-\frac{\pi a^5}{4}\right) = \frac{24\pi a^5 + 5\pi a^5}{20} = \frac{29\pi a^5}{20}$$题目 4：
求向量场 $\mathbf{F} = xz\mathbf{i} + (x + y)\mathbf{j} + z^2y\mathbf{k}$ 在点 $(0, 1, 2)$ 处的散度.
解答：
向量场的散度 $\mathrm{div} \mathbf{F}$ 定义为各分量偏导数之和：
$$\mathrm{div} \mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q} {\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}$$已知 $P = xz, Q = x + y, R = z^2y$。分别求偏导：
$$\frac{\partial P}{\partial x} = z, \quad \frac{\partial Q}{\partial y} = 1, \quad \frac{\partial R}{\partial z} = 2zy$$将各偏导数相加得到散度表达式：
$$\mathrm{div} \mathbf{F} = z + 1 + 2zy$$将点 $(x, y, z) = (0, 1, 2)$ 代入上述表达式：
$$\mathrm{div} \mathbf{F}\Big|_{(0,1,2)} = 2 + 1 + 2(2)(1) = 3 + 4 = 7$$该向量场在点 $(0,1,2)$ 处的散度为 $7$。
二、提高题
题目 5：
计算 $\iint_{\Sigma} 2(1 - x^2)\mathrm{d}y\mathrm{d}z + 8xy\mathrm{d}z\mathrm{d}x
- 4zx\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中 $\Sigma$ 是曲线 $\begin{cases} x = e^y \ z = 0 \end{cases} \ (0 \le y \le a)$ 绕 $x$ 轴旋转而成的曲面，其法向量与 $x$ 轴正半轴的夹角大于 $\frac{\pi}{2}$.
解答：
首先写出曲面 $\Sigma$ 的方程。由 $x = e^y \ (0 \le y \le a)$ 得 $y = \ln x \ (1 \le x \le e^a)$。绕 $x$ 轴旋转后，对应的曲面方程为 $y^2 + z^2 = (\ln x)^2$。
构造闭合曲面。在 $x = e^a$ 处添加圆盘 $\Sigma_1: y^2 + z^2 \le a^2$，取正侧（法向量指向 $x$ 轴正向）。在 $x=1$ 处由于 $y=0$ 半径为0，故无需补面。$\Sigma \cup \Sigma_1$ 形成封闭曲 面，包围立体 $\Omega$。
根据题意，$\Sigma$ 的法向量与 $x$ 轴正半轴夹角大于 $\frac{\pi}{2}$，即法向量的 $x$ 分量为 负。这正好与 $\Sigma_1$（法向量指向 $+x$）共同构成向外的封闭曲面。
利用高斯公式，计算向量场 $\mathbf{F} = (2-2x^2, 8xy, -4zx)$ 的散度：
$$\mathrm{div} \mathbf{F} = \frac{\partial}{\partial x}(2 - 2x^2) + \frac {\partial}{\partial y}(8xy) + \frac{\partial}{\partial z}(-4zx) = -4x + 8x - 4x = 0$$既然散度为 0，这说明整个封闭曲面上的积分为 0：
$$\iint_{\Sigma} + \iint_{\Sigma_1} = \iiint_{\Omega} 0 \mathrm{d}V = 0 \implies \iint_{\Sigma} = - \iint_{\Sigma_1}$$现计算在 $\Sigma_1$ 上的积分。在 $\Sigma_1$ 上 $x = e^a$ 是常数，$\mathrm{d}x = 0$，于是 只剩下 $\mathrm{d}y\mathrm{d}z$ 项：
$$\iint_{\Sigma_1} = \iint_{D_1} 2(1 - (e^a)^2) \mathrm{d}y\mathrm{d}z = 2(1 - e^ {2a}) \iint_{D_1} \mathrm{d}y\mathrm{d}z$$$D_1$ 是半径为 $a$ 的圆，面积为 $\pi a^2$。因此：
$$\iint_{\Sigma_1} = 2(1 - e^{2a}) \cdot \pi a^2$$所以，原积分 $\iint_{\Sigma}$ 为：
$$\iint_{\Sigma} = - \iint_{\Sigma_1} = - 2\pi a2(1 - e{2a}) = 2\pi a2(e{2a}
- 1)$$
题目 6：
求向量场 $\mathbf{F} = \frac{x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k}}{r^3}$ （$r = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$） 穿过曲面流向外侧的通量，其中 $\Sigma$ 是椭球面 $2x^2 + 2y^2 + z^2 = 4$.
解答：
该向量场为经典的点源场，其散度在除原点外的任意一点均为 0：
$$\nabla \cdot \left(\frac{\mathbf{r}}{r^3}\right) = 0 \quad (r \neq 0)$$曲面 $\Sigma$ 可以化为标准椭球面方程：$\frac{x^2}{2} + \frac{y^2}{2} + \frac{z^2}{4} = 1$。显然原点 $(0,0,0)$ 包含在 $\Sigma$ 内部，因此不能直接对整个内部区域使用高斯公式。
为了避开奇点，在原点周围挖去一个足够小的球面 $S_{\varepsilon}: x^2 + y^2 + z^2 = \varepsilon^2$，取内侧（指向原点）。设 $\Sigma$ 与 $S_{\varepsilon}$ 之间的区域为 $\Omega_{\varepsilon}$。
在 $\Omega_{\varepsilon}$ 内，向量场的散度处处为 0，应用高斯公式有：
$$\oiint_{\Sigma} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} + \oiint_{S_ {\varepsilon}} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} = \iiint_{\Omega_ {\varepsilon}} 0 \mathrm{d}V = 0$$$$\implies \oiint_{\Sigma} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} = - \oiint_{S_ {\varepsilon}} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} = \oiint_{S_{\varepsilon}^ {\text{外}}} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S}$$其中 $S_{\varepsilon}^{\text{外}}$ 表示取小球面外侧。对于以原点为中心的球面 $S_ {\varepsilon}$，其外法线单位向量为 $\mathbf{n} = \frac{\mathbf{r}}{r}$，且在球面上 $r = \varepsilon$。
$$\oiint_{S_{\varepsilon}^{\text{外}}} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} = \oiint_{S_{\varepsilon}} \left( \frac{\mathbf{r}}{\varepsilon^3} \right) \cdot \left( \frac{\mathbf{r}}{\varepsilon} \right) \mathrm{d}S = \oiint_{S_ {\varepsilon}} \frac{r^2}{\varepsilon^4} \mathrm{d}S = \oiint_{S_{\varepsilon}} \frac{\varepsilon^2}{\varepsilon^4} \mathrm{d}S = \frac{1}{\varepsilon^2} \iint_ {S_{\varepsilon}} \mathrm{d}S$$球面的面积为 $4\pi\varepsilon^2$，所以：
$$\oiint_{\Sigma} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} = \frac{1}{\varepsilon^2} \cdot 4\pi\varepsilon^2 = 4\pi$$该通量为 $4\pi$。
三、考研真题
题目 7：
（2023119）设空间有界区域 $\Omega$ 由柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 与平面 $z = 0$ 和 $x + z = 1$ 围成，$\Sigma$ 为 $\Omega$ 的边界曲面，取外侧，求 $I = \oiint_{\Sigma} 2xz\mathrm{d} y\mathrm{d}z + xz\cos y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + 3yz\sin x\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.
解答：
该曲面为封闭曲面并取外侧，直接使用高斯公式。
$P = 2xz \implies P_x = 2z$
$Q = xz\cos y \implies Q_y = -xz\sin y$
$R = 3yz\sin x \implies R_z = 3y\sin x$
散度为 $2z - xz\sin y + 3y\sin x$。将曲面积分转化为体积分：
$$I = \iiint_{\Omega} (2z - xz\sin y + 3y\sin x) \mathrm{d}V$$区域 $\Omega$ 的投影区域 $D$ 是 $x^2 + y^2 \le 1$，$z$ 的范围是 $0 \le z \le 1 - x$。
积分区域 $D$ 关于 $x$ 轴（即 $y \to -y$）是对称的。
被积函数中的 $-xz\sin y$ 和 $3y\sin x$ 都是关于 $y$ 的奇函数，所以在对称区域上的体积分均为 0。
故积分简化为：
$$I = \iiint_{\Omega} 2z \mathrm{d}V = \iint_{D} \mathrm{d}x\mathrm{d}y \int_{0}^ {1-x} 2z \mathrm{d}z = \iint_{D} \left[ z^2 \right]_{0}^{1-x} \mathrm{d}x\mathrm {d}y = \iint_{D} (1-x)^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$展开并逐项积分：
$$I = \iint_{D} (1 - 2x + x^2) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$第一项：$\iint_{D} 1 \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 即为圆的面积 $\pi \cdot 1^2 = \pi$。
第二项：由于奇偶对称性，$\iint_{D} -2x \mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0$。
第三项：利用极坐标计算 $\iint_{D} x^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{0}^{2\pi} \cos^2\theta \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r^2 \cdot r \mathrm{d}r = \pi \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{4}$。
总积分结果：
$$I = \pi + 0 + \frac{\pi}{4} = \frac{5\pi}{4}$$题目 8：
（2018117）设 $\Sigma$ 为曲面 $x = \sqrt{1 - 3y^2 - 3z^2}$ 的前侧，求 $I = \iint_ {\Sigma} x\mathrm{d}y\mathrm{d}z + (y^3 + 2)\mathrm{d}z\mathrm{d}x + z^3\mathrm{d} x\mathrm{d}y$.
解答：
曲面 $\Sigma$ 对应的方程为 $x^2 + 3y^2 + 3z^2 = 1 \ (x \ge 0)$，即半个椭球面。前侧指法向 量指向 $x$ 轴正方向。
为构成封闭曲面，添加位于 $yOz$ 平面的椭圆盘 $\Sigma_1: 3y^2 + 3z^2 \le 1, x = 0$，取后侧 （法向量指向 $x$ 轴负向）。由此封闭曲面围成的体为 $\Omega$。
由高斯公式：
$$\iint_{\Sigma} + \iint_{\Sigma_1} = \iiint_{\Omega} \left(\frac{\partial x} {\partial x} + \frac{\partial(y^3+2)}{\partial y} + \frac{\partial z^3}{\partial z}\right) \mathrm{d}V = \iiint_{\Omega} (1 + 3y^2 + 3z^2) \mathrm{d}V$$作变量代换：令 $u = \sqrt{3}y, v = \sqrt{3}z$，雅可比行列式 $J = \frac{1}{3}$。
区域 $\Omega$ 转化为空间半球 $\Omega': x^2 + u^2 + v^2 \le 1 \ (x \ge 0)$。
$$\iiint_{\Omega} (1 + 3y^2 + 3z^2) \mathrm{d}V = \iiint_{\Omega'} (1 + u^2 + v^2) \cdot \frac{1}{3} \mathrm{d}x\mathrm{d}u\mathrm{d}v$$采用球面坐标系进行计算（设 $x$ 为极轴方向，仰角 $\phi \in [0, \pi/2]$）：
$$\iiint_{\Omega'} = \frac{1}{3} \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{\frac {\pi}{2}} \sin\phi \mathrm{d}\phi \int_{0}^{1} (1 + \rho^2\sin^2\phi)\rho^2 \mathrm{d}\rho$$$$= \frac{2\pi}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin\phi \left( \frac{1}{3} + \frac{1} {5}\sin^2\phi \right) \mathrm{d}\phi$$$$= \frac{2\pi}{3} \left[ \frac{1}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin\phi \mathrm{d} \phi + \frac{1}{5} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3\phi \mathrm{d}\phi \right] = \frac{2\pi}{3} \left[ \frac{1}{3}(1) + \frac{1}{5}\left(\frac{2}{3}\right) \right] = \frac{2\pi}{3} \times \frac{7}{15} = \frac{14\pi}{45}$$现在计算附加面 $\Sigma_1$ 上的积分。由于在 $\Sigma_1$ 上 $x = 0$ 且 $\mathrm{d}x = 0$， 积分式中的三项均含有 $x$ 或其微分：
$\iint_{\Sigma_1} 0\mathrm{d}y\mathrm{d}z + Q(0)\mathrm{d}z + R(0)\mathrm{d}y = 0$
因此：
$$I = \frac{14\pi}{45} - 0 = \frac{14\pi}{45}$$题目 9：
（2016118）设有界区域 $\Omega$ 由平面 $2x + y + 2z = 2$ 与 3 个坐标面围成，$\Sigma$ 为 $\Omega$ 整个表面的外侧，计算曲面积分 $I = \iint_{\Sigma} (x^2 + 1)\mathrm{d}y\mathrm {d}z - 2y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + 3z\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.
解答：
该曲面 $\Sigma$ 为四面体的整个外表面，直接使用高斯公式。
$P = x^2+1, Q = -2y, R = 3z$。
求散度：
$$\mathrm{div} \mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q} {\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} = 2x - 2 + 3 = 2x + 1$$将原曲面积分化为体积分：
$$I = \iiint_{\Omega} (2x + 1) \mathrm{d}V = 2 \iiint_{\Omega} x \mathrm{d}V + \iiint_{\Omega} 1 \mathrm{d}V$$$\Omega$ 是四面体，顶点在原点，三个坐标轴截距分别为 $a=1, b=2, c=1$。
四面体的体积 $V = \iiint_{\Omega} 1 \mathrm{d}V = \frac{1}{6} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 1 = \frac{1}{3}$。
根据形心坐标性质，四面体形心的 $x$ 坐标为 $\bar{x} = \frac{a}{4} = \frac{1}{4}$，并且 $\bar{x} = \frac{1}{V} \iiint_{\Omega} x \mathrm{d}V$。
因此：
$$\iiint_{\Omega} x \mathrm{d}V = \bar{x} V = \frac{1}{4} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{12}$$代回原式得到：
$$I = 2 \left( \frac{1}{12} \right) + \frac{1}{3} = \frac{1}{6} + \frac{1}{3} = \frac{1}{2}$$