第十一章 曲线积分与曲面积分

本章将把积分概念推广到积分范围为一段曲线弧或一片曲面的情形（这样推广后的积分称为曲线积分和曲面积分），并阐明有关这两种积分的一些基本内容。——高等数学同济版

习题11-1 对弧长的曲线积分

  本节主要介绍了对弧长的曲线积分的基本计算。

5.设螺线形弹簧一圈的方程为$x=a\cos t$，$y=a\sin t$，$z=kt$，其中$0⩽t⩽2\pi$，它的线密度$\rho (x,y,z)=x^2+y^2+z^2$，求：

（2）它的质心。

解  设质心位置为$(\overline{x},\overline{y},\overline{z})$。
$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}M& =\underset{L}{\int }\rho (x,y,z)\mathrm{d}s=\underset{L}{\int }{x}^2+y^2+z^2\mathrm{d}s\\ & ={\int }_0^{2\pi }(a^2+k^2{t}^2)\sqrt{a^2+k^2}\mathrm{d}t\\ & =\frac{2}{3}\pi \sqrt{a^2+k^2}(3a^2+4{\pi }^2{k}^2),\end{array} \\ \begin{array}{rl}\overline{x}& =\frac{1}{M}\underset{L}{\int }x\rho (x,y,z)\mathrm{d}s=\frac{1}{M}\underset{L}{\int }x(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}s\\ & =\frac{1}{M}{\int }_0^{2\pi }a\cos t(a^2+k^2{t}^2)\cdot \sqrt{a^2+k^2}\mathrm{d}t\\ & =\frac{a\sqrt{a^2+k^2}}{M}{\int }_0^{2\pi }(a^2+k^2{t}^2)a\cos t\mathrm{d}t.\end{array} \end{gathered}$$
  由于
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2\pi }(a^2+k^2{t}^2)a\cos t\mathrm{d}t& =[(a^2+k^2{t}^2)\sin t]{|}_0^{2\pi }-{\int }_0^{2\pi }\sin t\cdot 2k^{2}t\mathrm{d}t\\ & =[2k^{2}t\cos t]{|}_0^{2\pi }-{\int }_0^{2\pi }2k^2\cos t\mathrm{d}t=4\pi k^2.\end{array}$$
  因此
$$\overline{x}=\frac{a\sqrt{a^2+k^2}\cdot 4\pi k^2}{\frac{2}{3}\pi \sqrt{a^2+k^2}(3a^2+4{\pi }^2{k}^2)}=\frac{6a{k}^2}{3a^2+4{\pi }^2{k}^2}.$$
  类似的，
$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}\overline{y}& =\frac{1}{M}\underset{L}{\int }y(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}s=\frac{a\sqrt{a^2+k^2}}{M}{\int }_0^{2\pi }(a^2+k^2{t}^2)a\sin t\mathrm{d}t\\ & =\frac{a\sqrt{a^2+k^2}\cdot (-4\pi k^2)}{M}=\frac{-6a{k}^2}{3a^2+4{\pi }^2{k}^2}.\end{array} \\ \begin{array}{rl}\overline{z}& =\frac{1}{M}\underset{L}{\int }z(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}s=\frac{k\sqrt{a^2+k^2}}{M}{\int }_0^{2\pi }(a^2+k^2{t}^2)a\sin t\mathrm{d}t\\ & =\frac{k\sqrt{a^2+k^2}\cdot (2a^2{\pi }^2+4\pi k^2)}{M}=\frac{3\pi k(a^2+4k^2{\pi }^4)}{3a^2+4{\pi }^2{k}^2}.\end{array} \end{gathered}$$
（这道题主要利用了参数方程的曲线积分求解）

习题11-2 对坐标的曲线积分

  本节主要介绍了对坐标的曲线积分的计算。

8.设为曲线$x=t$，$y=t^2$，$z=t^3$上相应于$t$从$0$变到$1$的曲线弧。把对坐标的曲线积分$\underset{\Gamma }{\int }P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z$化成对弧长的曲线积分。

解  $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=1$，$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=2t=2x$，$\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}=3t^2=3y$，注意到参数$t$由小变到大，因此$\Gamma$的切向量的方向余弦为
$$\begin{gathered} \cos \alpha =\frac{x^{\prime }(t)}{\sqrt{x^{\prime 2}(t)+y^{\prime 2}(t)+z^{\prime 2}(t)}}=\frac{1}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}}, \\ \cos \beta =\frac{y^{\prime }(t)}{\sqrt{x^{\prime 2}(t)+y^{\prime 2}(t)+z^{\prime 2}(t)}}=\frac{2x}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}}, \\ \cos \gamma =\frac{z^{\prime }(t)}{\sqrt{x^{\prime 2}(t)+y^{\prime 2}(t)+z^{\prime 2}(t)}}=\frac{3y}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}}, \end{gathered}$$
  从而
$$\underset{\Gamma }{\int }P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=\underset{\Gamma }{\int }\frac{P+2xQ+3yR}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}}\mathrm{d}s.$$
（这道题主要利用曲线积分两种形式之间的转化求解）

习题11-3 格林公式及其应用

  本节主要介绍了格林公式的解法及其应用。

4.确定闭曲线$C$，使曲线积分$$\underset{C}{\oint }\left(x+\frac{y^3}{3}\right)\mathrm{d}x+\left(y+x-\frac{2}{3}{x}^3\right)\mathrm{d}y$$达到最大值。

解  记$D$为$C$所围成的平面有界闭区域，$C$为$D$的正向边界曲线，则由格林公式
$$\underset{C}{\oint }\left(x+\frac{y^3}{3}\right)\mathrm{d}x+\left(y+x-\frac{2}{3}{x}^3\right)\mathrm{d}y=\underset{D}{\iint }[(1-2x^2)-y^2]\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$
  要使上式右端的二重积分达到最大值，$D$应包含所有使被积函数$1-2x^2-y^2$大于零的点，而不包含使被积函数小于零的点。因此$D$应为由椭圆$2x^2+y^2=1$所围成的闭区域。这就是说，当$C$为取逆时针方向的椭圆$2x^2+y^2=1$时，所给的曲线积分达到最大值。
（这道题主要利用了格林公式的定义求解）

5.设$n$边形的$n$个顶点按逆时针方向依次为$M_1(x_1,y_1),M_2(x_2,y_2),\cdots M_n(x_n,y_n),$。试利用曲线积分证明此边形的面积为$$A=\frac{1}{2}[(x_1{y}_2-x_2{y}_1)+(x_2{y}_3-x_3{y}_2)+\cdots +(x_{n-1}{y}_n-x_n{y}_{n-1})+(x_n{y}_1-x_1{y}_n)].$$

证  $n$边形的正向边界$L$由有向线段$M_1{M}_2,M_2{M}_3,\cdots ,M_{n-1}{M}_n,M_n{M}_1,$组成。
  有向线段$M_1{M}_2$的参数方程为$x=x_1+(x_2-x_1)t$，$y=y_1+(y_2-y_1)t$，$t$从$0$变到$1$，于是
$$\begin{array}{rl}\underset{M_1{M}_2}{\int }x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x& ={\int }_0^1\{[x_1+(x_2-x_1)t](y_2-y_1)-[y_1+(y_2-y_1)t](x_2-x_1)\}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^1[x_1(y_2-y_1)-y_1(x_2-x_1)]\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^1(x_1{y}_2-x_2{y}_1)\mathrm{d}t=x_1{y}_2-x_2{y}_1.\end{array}$$
  同理可求得
$$\begin{array}{rl}\underset{M_2{M}_3}{\int }x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x& =x_2{y}_3-x_3{y}_2,\cdots ,\\ \underset{M_{n-1}{M}_n}{\int }x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x& =x_{n-1}{y}_n-x_n{y}_{n-1},\\ \underset{M_n{M}_1}{\int }x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x& =x_n{y}_1-x_1{y}_n.\end{array}$$
  因此$n$边形的面积
$$\begin{array}{rl}A& =\frac{1}{2}\underset{L}{\oint }x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\left(\underset{M_1{M}_2}{\int }+\underset{M_2{M}_3}{\int }+\cdots +\underset{M_{n-1}{M}_n}{\int }+\underset{M_n{M}_1}{\int }\right)x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}[(x_1{y}_2-x_2{y}_1)+(x_2{y}_3-x_3{y}_2)+\cdots +(x_{n-1}{y}_n-x_n{y}_{n-1})+(x_n{y}_1-x_1{y}_n)].\end{array}$$
（这道题主要利用了直线的参数方程求解）

11.确定常数$\lambda$，使在右半平面$x>0$内的向量$\mathbf{A}(x,y)=2xy(x^4+y^2{)}^{\lambda }\mathbf{i}-x^2(x^4+y^2{)}^{\lambda }\mathbf{j}$为某二元函数$u(x,y)$的梯度，并求$u(x,y)$。

解  在单连通区域$G$内，若$P(x,y),Q(x,y)$具有一阶连续偏导数，则向量$\mathbf{A}(x,y)=2xy(x^4+y^2{)}^{\lambda }\mathbf{i}-x^2(x^4+y^2{)}^{\lambda }\mathbf{j}$为某二元函数$u(x,y)$的梯度（此条件相当于$P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y$是$u(x,y)$的全微分）的充分必要条件是$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$在$G$内恒成立。
  本题中$P(x,y)=2xy(x^4+y^2{)}^{\lambda }$，$Q(x,y)=x^2(x^4+y^2{)}^{\lambda }$。
$$\begin{gathered} \frac{\partial P}{\partial y}=2x(x^4+y^2{)}^{\lambda }+2\lambda xy(x^4+y^2{)}^{\lambda -1}\cdot 2y, \\ \frac{\partial Q}{\partial x}=-2x(x^4+y^2{)}^{\lambda }-x^2\lambda (x^4+y^2{)}^{\lambda -1}\cdot 4x^3. \end{gathered}$$
  由等式$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$得到
$$4x(x^4+y^2{)}^{\lambda }(1+\lambda )=0,$$
  由于$4x(x^4+y^2{)}^{\lambda }>0$，故$\lambda =-1$，即$\mathbf{A}=\frac{2xy\mathbf{i}-x^2\mathbf{j}}{x^4+y^2}$。
  在半平面$x>0$内，取$(x_0,y_0)=(1,0)$，则得
$$\begin{array}{rl}u(x,y)& ={}_1^x\frac{2x\cdot 0}{x^4+0^2}\mathrm{d}x-{}_0^y\frac{x^2}{x^4+y^2}\mathrm{d}y\\ & =-\arctan \frac{y}{x^2}.\end{array}$$
（这道题主要利用了梯度的定义求解）

习题11-4 对面积的曲面积分

  本节主要介绍了对面积的曲面积分的计算方法。

4.计算曲面积分$\underset{\Sigma }{\iint }f(x,y,z)\mathrm{d}S$，其中$\Sigma$为抛物面$z=2-(x^2+y^2)$在$xOy$面上方的部分，$f(x,y,z)$分别如下：

（2）$f(x,y,z)=x^2+y^2;$

解
$$\begin{array}{rl}\underset{\Sigma }{\iint }(x^2+y^2)\mathrm{d}S& =\underset{D_{xy}}{\iint }(x^2+y^2)\sqrt{1+4x^2+4y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & \stackrel{\text{极坐标}}{}\underset{D_{xy}}{\iint }{\rho }^2\sqrt{1+4{\rho }^2}\rho \mathrm{d}\rho \mathrm{d}\theta \\ & ={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}{\rho }^3\sqrt{1+4{\rho }^2}\mathrm{d}\rho \\ & \stackrel{\rho =\frac{1}{2}\tan t}{}2\pi \cdot \frac{1}{16}{\int }_0^{\arctan 2\sqrt{2}}{\sec }^{3}t\cdot {\tan }^{3}t\mathrm{d}t\\ & =\frac{\pi }{8}{\int }_0^{\arctan 2\sqrt{2}}{\sec }^{2}t({\sec }^{2}t-1)\mathrm{d}(\sec t)=\frac{\pi }{8}\cdot \frac{596}{3}=\frac{149}{30}\pi .\end{array}$$
（这道题主要利用了换元法求解）

（3）$f(x,y,z)=3z.$

解
$$\begin{array}{rl}\underset{\Sigma }{\iint }3z\mathrm{d}S& =3\underset{D_{xy}}{\iint }[2-(x^2+y^2)]\sqrt{1+4x^2+4y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & \stackrel{\text{极坐标}}{}3\underset{D_{xy}}{\iint }(2-{\rho }^2)\sqrt{1+4{\rho }^2}\rho \mathrm{d}\rho \mathrm{d}\theta \\ & =3{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}(2-{\rho }^2)\sqrt{1+4{\rho }^2}\rho \mathrm{d}\rho \\ & \stackrel{\rho =\frac{1}{2}\tan t}{}6\pi \left(\frac{1}{2}{\int }_0^{\arctan 2\sqrt{2}}{\sec }^{3}t\cdot \tan t\mathrm{d}t-\frac{1}{16}{\int }_0^{\arctan 2\sqrt{2}}{\sec }^{3}t\cdot {\tan }^{3}t\mathrm{d}t\right)\\ & =6\pi \left[\frac{1}{2}{\int }_0^{\arctan 2\sqrt{2}}{\sec }^{2}t\mathrm{d}(\sec t)-\frac{1}{16}{\int }_0^{\arctan 2\sqrt{2}}{\sec }^{2}t({\sec }^{2}t-1)\mathrm{d}(\sec t)\right]\\ & =6\pi \left(\frac{13}{3}-\frac{149}{60}\right)=\frac{111}{10}\pi .\end{array}$$
（这道题主要利用了换元法求解）

6.计算下列对面积的曲面积分：

（4）$\underset{\Sigma }{\iint }(xy+yz+zx)\mathrm{d}S$，其中$\Sigma$为锥面$z=\sqrt{x^2+y^2}$被柱面$x^2+y^2=2ax$所截得的有限部分。

解  $\Sigma$在$xOy$面上的投影区域$D_{xy}$为圆域$x^2+y^2⩽2ax$。由于$\Sigma$关于$zOx$面对称，而函数$xy$和$yz$关于$y$均为奇函数，故
$$\underset{\Sigma }{\iint }xy\mathrm{d}S=.0,\underset{\Sigma }{\iint }yz\mathrm{d}S=0.$$
  于是
$$\begin{array}{rl}\underset{\Sigma }{\iint }(xy+yz+zx)\mathrm{d}S& =\underset{\Sigma }{\iint }zx\mathrm{d}S\\ & =\underset{D_{xy}}{\iint }x\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{1+\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\sqrt{2}\underset{D_{xy}}{\iint }x\sqrt{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & \stackrel{\text{极坐标}}{}\sqrt{2}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{2a\cos \theta }\rho \cos \theta \cdot \rho \cdot \rho \mathrm{d}\rho \\ & =8\sqrt{2}{a}^4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^5\theta \mathrm{d}\theta \\ & =8\sqrt{2}{a}^4\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}=\frac{64}{15}\sqrt{2}{a}^4.\end{array}$$
（这道题主要利用了被积函数和积分区域的对称性求解）

习题11-5 对坐标的曲面积分

  本节主要介绍了对坐标的曲面积分的解法。

3.计算下列对坐标积分的曲面积分：

（3）$\underset{\Sigma }{\iint }[f(x,y,z)+x]\mathrm{d}y\mathrm{d}z+[2f(x,y,z)+y]\mathrm{d}z\mathrm{d}x+[f(x,y,z)+z]\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中$f(x,y,z)$为连续函数，$\Sigma$是平面$x-y+z=1$在第四卦限部分的上侧；

解  在$\Sigma$上，$z=1-x+y$。由于$\Sigma$取上侧，故$\Sigma$在任一点处的单位法向量为
$$\mathbf{n}=\frac{1}{\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}}(-z_x,-z_y,1)=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1).$$
  由两类曲面积分之间的联系，可得
$$\begin{array}{rl}\text{原式}& =\underset{\Sigma }{\iint }[(f+x)\cos \alpha +(2f+y)\cos \beta +(f+z)\cos \gamma ]\mathrm{d}S\\ & =\frac{1}{\sqrt{3}}\underset{\Sigma }{\iint }[(f+x)-(2f+y)+(f+z)\cos \gamma ]\mathrm{d}S\\ & =\frac{1}{\sqrt{3}}\underset{\Sigma }{\iint }(x-y+z)\mathrm{d}S=\frac{1}{\sqrt{3}}\underset{\Sigma }{\iint }\mathrm{d}S\\ & =\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot (\Sigma \text{的面积})=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}.\end{array}$$
（这道题主要利用了曲面积分的定义式积分求解）

习题11-6 高斯公式 通量与散度

   本节主要介绍了高斯公式的应用以及通量与散度的计算。

4.设$u(x,y,z),v(x,y,z)$是两个定义在闭区域$\Omega$上的具有二阶连续偏导数的函数，$\frac{\partial u}{\partial n},\frac{\partial v}{\partial n}$依次表示$u(x,y,z),v(x,y,z)$沿$\Sigma$的外法线方向的方向导数。证明：$$\underset{\Omega }{\iiint }(u\Delta v-v\Delta u)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\underset{\Sigma }{\iint }\left(u\frac{\partial v}{\partial n}-v\frac{\partial u}{\partial n}\right)\mathrm{d}S.$$其中$\Sigma$是空间闭区域$\Omega$的整个边界曲面。这个公式叫作格林第二公式。

解  由格林第一公式知：
$$\underset{\Omega }{\iiint }u\Delta v\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\underset{\Sigma }{\iint }u\frac{\partial v}{\partial n}\mathrm{d}S-\underset{\Omega }{\iint }\left(\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial v}{\partial y}+\frac{\partial u}{\partial z}\frac{\partial v}{\partial z}\right).$$
  在此公式中将函数$u$和$v$交换位置，得
$$\underset{\Omega }{\iiint }v\Delta u\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\underset{\Sigma }{\iint }v\frac{\partial u}{\partial n}\mathrm{d}S-\underset{\Omega }{\iint }\left(\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial v}{\partial y}+\frac{\partial u}{\partial z}\frac{\partial v}{\partial z}\right).$$
  将上面两个式子相减即得
$$\underset{\Omega }{\iiint }(u\Delta v-v\Delta u)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\underset{\Sigma }{\iint }\left(u\frac{\partial v}{\partial n}-v\frac{\partial u}{\partial n}\right)\mathrm{d}S.$$
（这道题主要利用了格林第一公式的证明求解）

习题11-7 斯托克斯公式 环流量与旋度

  本节主要介绍了斯托克斯公式的应用以及环流量与旋度的计算。

2.利用斯托克斯公式，计算下列曲线积分：

（2）$\underset{\Gamma }{\oint }(y-z)\mathrm{d}x+(z-x)\mathrm{d}y+(x-y)\mathrm{d}z$，其中$\Gamma$为椭圆$x^2+y^2=a^2,\frac{x}{a}+\frac{z}{b}=1(a>0,b>0)$，若从$x$轴正向看去，这椭圆是取逆时针方向；

解  取$\Sigma$为平面$\frac{x}{a}+\frac{z}{b}=1$的上侧被$\Gamma$所围成的部分，$\Sigma$的单位法向量$\mathbf{n}=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )=\left(\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}},0,\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)$。由斯托克斯公式
$$\begin{array}{rl}& \underset{\Gamma }{\oint }(y-z)\mathrm{d}x+(z-x)\mathrm{d}y+(x-y)\mathrm{d}z\\ =& \underset{\Sigma }{\iint }\left|\begin{array}{ccc}\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}& 0& \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ y-z& z-x& x-y\end{array}\right|\mathrm{d}S\\ =& \frac{-2(a+b)}{\sqrt{a^2+b^2}}\underset{\Sigma }{\iint }\mathrm{d}S.\end{array}$$
  由于$\underset{\Sigma }{\iint }\mathrm{d}S=\Sigma$的面积$A$，而$A\cdot \cos \gamma =A\cdot \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}=\Sigma$在$xOy$面上的投影区域的面积$=\pi a^2$，故
$$\underset{\Sigma }{\iint }\mathrm{d}S=\frac{\pi a^2}{\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}}=\pi a\sqrt{a^2+b^2}.$$
（这道题主要利用了斯托克斯公式求解）

总习题十一

3.计算下列曲线积分：

（5）$\underset{L}{\int }(e^x\sin y-2y)\mathrm{d}x+(e^x\cos y-2)\mathrm{d}y$，其中$L$为上半圆周$(x-a{)}^2+y^2=a^2,y⩾0$，沿逆时针方向；

解  添加有向线段$OA:y=0$，$x$从$0$变到$2a$，则在半圆闭区域$D$上应用格林公式可得
$$\begin{array}{rl}& \underset{L+OA}{\int }(e^x\sin y-2y)\mathrm{d}x+(e^x\cos y-2)\mathrm{d}y\\ =& \underset{D}{\iint }\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =& \underset{D}{\iint }(e^x\cos y-e^x\cos y+2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =& 2\underset{D}{\iint }\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\pi a^2.\end{array}$$
  于是
$$\begin{array}{rl}& \underset{L}{\int }(e^x\sin y-2y)\mathrm{d}x+(e^x\cos y-2)\mathrm{d}y\\ =& \pi a^2-\underset{OA}{\int }(e^x\sin y-2y)\mathrm{d}x+(e^x\cos y-2)\mathrm{d}y\\ =& \pi a^2-{\int }_0^{2a}(e^x\sin 0-2\cdot 0)\mathrm{d}x=\pi a^2.\end{array}$$
（这道题主要利用了添加线段的方法求解）

（6）$\underset{\Gamma }{\oint }xyz\mathrm{d}z$，其中$\Gamma$是用平面$y=z$截球面$x^2+y^2+z^2=1$所得的截痕，从$z$轴的正向看去，沿逆时针方向。

解  由$\Gamma$的一般方程$\{\begin{array}{l}y=z,\\ x^2+y^2+z^2=1\end{array}$可得$x^2+2y^2=1$。从而可令$x=\cos t,y$