下册 9.3 第二型曲面积分及高斯公式 第17题
📝 题目
17．求下列第二型曲面积分．
（1） $\iint_{S}(y-z) x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+(x-y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为柱面 $x^{2}+y^{2}=1$ 及平面 $z=0$ 和 $z=3$ 所围空间的整个边界曲面的外侧．
（2） $\iint_{S} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为圆柱 $x^{2}+y^{2}=1$ 介于 $z=0$ 和 $z=3$ 之间的部分外侧．华侨大学2011，兰州大学2011，河北大学2008，青岛大学2011，北航）
（3） $\iint_{S} x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x$ ，其中 $S$ 为曲面 $x^{2}+y^{2}=1$ 介于 $z=0$ 和 $z=1$ 之间的部分外侧。
（4） $\iint_{S} x y^{2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y z^{2} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z x^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为圆柱面 $x^{2}+y^{2}=1$ 在 $-1 \leqslant z \leqslant 1$ 的部分，取外侧．
（5） $\iint_{S}\left(x^{2}+y z\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+\left(y^{2}+z x\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+\left(z^{2}+x y\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为 $(x-1)^{2}+(y-1)^{2} \leqslant 1,0 \leqslant z \leqslant 2$ 的表面外侧．
（6） $\iint_{S} z x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+x y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为由 $x^{2}+y^{2}=R^{2}, z=h(h, R>0)$ 及三个坐标面所围的第一卦限部分的外侧．
（7） $\iint_{S} x z \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y x \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为圆柱面 $x^{2}+y^{2}=1$ 在 $-1 \leqslant z \leqslant 1, x \geqslant 0$ 的部分，侧的
方向与 $x$ 轴正向成锐角．
（8）$\displaystyle \oiint_{\Sigma}\left(\frac{x^{2} y}{2} \cos \alpha+\frac{y^{2} z}{2} \cos \beta+\frac{z^{2} x}{2} \cos \gamma\right) \mathrm{d} S$ ，其中 $\Sigma$ 是 $x^{2}+y^{2}=1, z=0, z=1, x \geqslant 0, y \geqslant 0$ 所围成区域的边界曲面， $\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma$ 是此边界曲面的外法线矢量的方向余弦。
（9） $\iint_{S_{1}+S_{2}} x y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+(z+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S_{1}$ 为 $x^{2}+y^{2}=4, x \geqslant 0$ 介于平面 $z=0$ 与 $z=1$ 的部分，法线与 $x$ 轴的正向成锐角．$S_{2}$ 为 $x O y$ 平面上 $x^{2}+y^{2} \leqslant 4, x \geqslant 0$ 的部分，方向向下。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）如图 9.134 所示，记 $S$ 围成的立体为 $\Omega$ ，其在 $x O y$ 平面的投影区域为 $D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1$ ．由高斯公式得
$$
\begin{aligned}
\iint_{S}(x-y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y+x(y-z) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z & =\iiint_{\Omega}(y-z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{0}^{3}(r \sin \theta-z) \mathrm{d} z \\
& =-2 \pi \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot 3^{2}=-\frac{9}{2} \pi
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-339.jpg?height=1127&width=850&top_left_y=3950&top_left_x=1533}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.134}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-339.jpg?height=1127&width=837&top_left_y=3950&top_left_x=3715}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.135}
\end{figure}
（2）如图9．135所示，补面 $S^{\prime}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1, z=0$ ，方向向下；补面 $S^{\prime \prime}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1, z=3$ ，方向向上．记 $\Omega$ 为 $S+S^{\prime}+S^{\prime \prime}$ 围成的立体．由高斯公式得
$$
\iint_{S+S^{\prime}+S^{\prime \prime}} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iiint_{\Omega} 3 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=9 \pi
$$
又
$$
\iint_{S^{\prime}} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{S^{\prime}} 0 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=0, \iint_{S^{\prime \prime}} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{S^{\prime}} 3 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=3 \pi
$$
于是
$$
\iint_{S} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=9 \pi-3 \pi=6 \pi
$$
（3）如图 9.136 所示，补面 $S^{\prime}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1, z=0$ ，方向向下；补面 $S^{\prime \prime}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1, z=1$ ，方向向上．记 $\Omega$ 为 $S+S^{\prime}+S^{\prime \prime}$ 围成的立体．由高斯公式得
$$
\iint_{S+S^{\prime}+S^{\prime \prime}} x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x=3 \iiint_{\Omega}\left(y^{2}+x^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=3 \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{0}^{1} r^{2} \mathrm{~d} z=\frac{3}{2} \pi
$$
又 $\iint_{S^{\prime}} x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x=0, \iint_{S^{\prime}} x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x=0$ ．于是 $\displaystyle \iint_{S} x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x=\frac{3}{2} \pi$ ．
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-340.jpg?height=1127&width=844&top_left_y=1339&top_left_x=1298}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.136}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-340.jpg?height=1078&width=871&top_left_y=1395&top_left_x=3536}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.137}
\end{figure}
（4）如图 9.137 所示，补平面 $S^{\prime}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1, z=-1$ ，方向向下；补面 $S^{\prime \prime}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1, z=1$ ，方向向上。记 $\Omega$ 为 $S+S^{\prime}+S^{\prime \prime}$ 围成的立体．由高斯公式得
$$
\begin{aligned}
& \iint_{S+S^{\prime}+S^{*}} x y^{2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y z^{2} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z x^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
= & \iiint_{\Omega}\left(y^{2}+x^{2}+z^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r^{3} \mathrm{~d} r \int_{-1}^{1} \mathrm{~d} z+\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{-1}^{1} z^{2} \mathrm{~d} z=\frac{5}{3} \pi .
\end{aligned}
$$
又 $\displaystyle \iint_{S^{\prime}} x y^{2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y z^{2} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z x^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D_{x^{\prime}}} x^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\frac{\pi}{4}, \iint_{S^{\prime}} x y^{2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y z^{2} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z x^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D_{\mathrm{n}}} x^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\frac{\pi}{4}$ ．
于是 $\displaystyle \quad \iint_{S} x y^{2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y z^{2} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z x^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\frac{7}{6} \pi$ ．
（5）如图 9.138 所示，补面 $S^{\prime}: z=0,(x-1)^{2}+(y-1)^{2} \leqslant 1$ ，方向向下；补面 $S^{\prime \prime}: z=2,(x-1)^{2}+(y-1)^{2} \leqslant 1$ ，方向向上。记 $\Omega$ 为 $S+S^{\prime}+S^{\prime \prime}$ 围成的立体，在 $x O y$ 平面的投影区域为 $D_{x y}:(x-1)^{2}+(y-1)^{2} \leqslant 1$ ．由高斯公式得
$$
\begin{aligned}
& \iint_{S+S^{\prime}+S^{\prime}}\left(x^{2}+y z\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+\left(y^{2}+z x\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+\left(z^{2}+x y\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
= & 2 \iiint_{\Omega}(x+y+z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=2 \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{0}^{2}(1+r \cos \theta+1+r \sin \theta+z) \mathrm{d} z=\left.4 \pi \cdot \frac{1}{2} \frac{1}{2}(2+z)^{2}\right|_{0} ^{2}=12 \pi
\end{aligned}
$$
又 $\quad \iint_{S^{\prime}}\left(x^{2}+y z\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+\left(y^{2}+z x\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+\left(z^{2}+x y\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$
$$
\begin{aligned}
& =\iint_{S^{\prime}} x y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-\iint_{D_{\mathrm{v}}} x y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1}(1+r \cos \theta)(1+r \sin \theta) r \mathrm{~d} r=-\pi \\
& \iint_{S^{*}}\left(x^{2}+y z\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+\left(y^{2}+z x\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+\left(z^{2}+x y\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\iint_{S^{*}}(4+x y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D_{v}}(4+x y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D_{v}}(4+x y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=4 \iint_{D_{v}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+\iint_{D_{v}} x y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=4 \pi+\pi=5 \pi
\end{aligned}
$$
于是 $\iint_{S}\left(x^{2}+y z\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+\left(y^{2}+z x\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+\left(z^{2}+x y\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=12 \pi+\pi-5 \pi=8 \pi$ ．
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-341.jpg?height=1085&width=961&top_left_y=1022&top_left_x=1284}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.138}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-341.jpg?height=1196&width=850&top_left_y=911&top_left_x=3833}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.139}
\end{figure}
（6）如图 9.139 所示，记 $\Omega$ 为 $S$ 围成的立体．由高斯公式得
$$
\begin{aligned}
\iint_{S} z x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+x y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y & =\iiint_{\Omega}(z+x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\iiint_{\Omega}(x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& =\int_{0}^{h} z \mathrm{~d} z \iint_{D(z)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y+\int_{0}^{h} \mathrm{~d} z \iint_{D(z)}(x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\frac{1}{2} h^{2} \cdot \frac{1}{4} \pi R^{2}+h \int_{0}^{\frac{1}{2} \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{R}(r \cos \theta+r \sin \theta) r \mathrm{~d} r=\frac{1}{8} \pi h^{2} R^{2}+\frac{2}{3} h R^{\prime}
\end{aligned}
$$
（7）如图 9.140 所示，补面 $S^{\prime-}: z=-1, x^{2}+y^{2} \leqslant 1, x \geqslant 0$ ，方向向下；补面 $S^{\prime \prime}$ ： $z=1, x^{2}+y^{2} \leqslant 1, x \geqslant 0$ ，方向向上；补面 $S^{m}: x=0,-1 \leqslant y \leqslant 1,-1 \leqslant z \leqslant 1$ ，方向与 $x$ 轴正向相反。记 $\Omega$ 为 $S+S^{\prime}+S^{\prime \prime}+S^{\prime \prime}$ 围成的立体，在 $x O y$ 平面的投影区域为 $D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1, x \geqslant 0$ ．由高斯公式得
$$
\begin{aligned}
\iint_{S+S^{*}+S^{*}+S^{*}} x z \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y x \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y & =\iiint_{\Omega}(z+x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\iiint_{\Omega}(x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& =\int_{-1}^{1} z \mathrm{~d} z \int_{D(z)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y+\int_{-1}^{1} \mathrm{~d} z \iint_{D(z)}(x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =0+2 \int_{0}^{\frac{1}{2} \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1}(r \cos \theta+r \sin \theta) r \mathrm{~d} r=\frac{4}{3}
\end{aligned}
$$
又
$$
\begin{aligned}
& \iint_{S^{\prime}} x z \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y x \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-\iint_{S^{\prime}} y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D x y} y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin \theta \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r^{2} \mathrm{~d} r=0 \\
& \iint_{S^{\prime}} x z \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y x \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{S^{*}} y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D x y} y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=0 \\
& \iint_{S^{*}} x z \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y x \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=0
\end{aligned}
$$
所以
$$
\iint_{S} x z \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y x \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\frac{4}{3} .
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-342.jpg?height=1148&width=1030&top_left_y=828&top_left_x=1353}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.140}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-342.jpg?height=1182&width=844&top_left_y=801&top_left_x=3605}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.141}
\end{figure}
（8）如图 9.141 所示，记 $S$ 围成的立体为 $\Omega$ ，其在 $x O y$ 平面的投影区域为 $D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1$ ， $x \geqslant 0, y \geqslant 0$ 。由高斯公式得
$$
\begin{aligned}
& \oiint_{S}\left(\frac{x^{2} y}{2} \cos \alpha+\frac{y^{2} z}{2} \cos \beta+\frac{z^{2} x}{2} \cos \gamma\right) \mathrm{d} S \\
& =\oiint_{S} \frac{x^{2} y}{2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\frac{y^{2} z}{2} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\frac{z^{2} x}{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iiint_{\Omega}(x y+y z+z x) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& =\iiint_{\Omega} x y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\iiint_{\Omega}(y+x) z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& =\int_{0}^{1} \mathrm{~d} z \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r^{3} \cos \theta \sin \theta \mathrm{~d} r+\int_{0}^{1} z \mathrm{~d} z \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1}(r \cos \theta+r \sin \theta) r \mathrm{~d} r=\frac{1}{8}+\frac{1}{3}=\frac{11}{24} .
\end{aligned}
$$
（9）如图 9.142 所示，补面 $S^{\prime}: z=1, x^{2}+y^{2} \leqslant 4, x \geqslant 0$ ，方向向上；补面 $S^{\prime \prime}$ ： $x=0,0 \leqslant z \leqslant 1,|y| \leqslant 1$ ．记 $\Omega$ 为 $S_{1}+S_{2}+S^{\prime}+S^{\prime \prime}$ 围成的立体，在 $x O y$ 平面的投影区域为 $D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant 4, x \geqslant 0$ ．由高斯公式得
$$
\begin{aligned}
& \iint_{S_{1}+S_{2}+S^{\prime}+S^{\prime}} x y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+(z+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iiint_{\Omega}(x+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
&=\iiint_{\Omega} x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\iiint_{\Omega} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iiint_{\Omega} x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+2 \pi \\
& \iiint_{\Omega} x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} z \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos \theta \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{2} r^{2} \mathrm{~d} r=\frac{16}{3}
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-342.jpg?height=1347&width=802&top_left_y=4448&top_left_x=4731}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.142}
\end{figure}
又 $\quad \iint_{S^{\prime}} x y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+(z+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{S^{\prime}} 2 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D_{\mathrm{r}}} 2 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=4 \pi, \iint_{S^{\prime}} x y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+(z+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=0$ ，
于是 $\displaystyle \quad \iint_{S_{1}+S_{2}} x y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+(z+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\frac{16}{3}+2 \pi-4 \pi=\frac{16}{3}-2 \pi$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：应用高斯公式
曲面 $S$ 是封闭曲面，方向外侧。应用高斯公式将曲面积分转化为三重积分：
$$\iint_{S} (y-z)x \,dy\,dz + (x-y) \,dx\,dy = \iiint_{\Omega} \left( \frac{\partial}{\partial x}[(y-z)x] + \frac{\partial}{\partial y}[0] + \frac{\partial}{\partial z}[x-y] \right) dV$$
其中 $\Omega$ 是 $S$ 所围成的区域：柱体 $x^2+y^2\le 1, 0\le z\le 3$。计算偏导数：$\frac{\partial}{\partial x}[(y-z)x] = y-z$，$\frac{\partial}{\partial z}[x-y]=0$，所以被积函数为 $y-z$。
公式：高斯公式：$\iint_{S} P\,dy\,dz + Q\,dz\,dx + R\,dx\,dy = \iiint_{\Omega} (\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}) dV$
提示：注意高斯公式要求曲面封闭且方向外侧，本题满足条件。
步骤 2/4
目标：计算三重积分
采用柱坐标变换：$x=r\cos\theta, y=r\sin\theta, z=z$，雅可比行列式为 $r$。积分区域：$0\le r\le 1, 0\le \theta\le 2\pi, 0\le z\le 3$。
$$\iiint_{\Omega} (y-z) dV = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 r\,dr \int_0^3 (r\sin\theta - z) dz$$
先对 $z$ 积分：$\int_0^3 (r\sin\theta - z) dz = 3r\sin\theta - \frac{9}{2}$。
公式：柱坐标变换：$dV = r\,dr\,d\theta\,dz$
提示：注意 $y = r\sin\theta$，不要遗漏 $r$ 因子。
步骤 3/4
目标：计算角度和径向积分
对 $\theta$ 积分：$\int_0^{2\pi} (3r\sin\theta - \frac{9}{2}) d\theta = 0 - \frac{9}{2}\cdot 2\pi = -9\pi$。然后对 $r$ 积分：$\int_0^1 r \cdot (-9\pi) dr = -9\pi \cdot \frac{1}{2} = -\frac{9}{2}\pi$。
提示：$\int_0^{2\pi} \sin\theta d\theta = 0$，避免计算错误。
步骤 4/4
目标：得出结果
因此原曲面积分的结果为 $-\frac{9}{2}\pi$。
提示：最终结果要化简。
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