5 单选 (3分) 设Sigma为x²+y²=1被z=0，z=3截下的第一卦限内的部分，取前侧，则曲面积分intint_(Sigma)zdxdy+xdydz+ydxdx=（）。A. (3)/(4)piB. 1C. (3)/(2)piD. 0

本题考查对坐标的曲面积分的计算，可利用高斯公式或直接将曲面积分转化为二重积分来求解。下面我们采用直接将曲面积分转化为二重积分的方法。

1. 分析$\iint_{\Sigma}zdxdy$

已知$\Sigma$为$x^{2}+y^{2}=1$被$z = 0$，$z = 3$截下的第一卦限内的部分，在$xOy$平面上的投影区域$D_{xy}$为$x^{2}+y^{2}\leq1$（$x\geq0$，$y\geq0$），即第一象限的单位圆的一部分。
由于$\Sigma$取前侧，$z$在$\Sigma$上的值为$z$（$0\leq z\leq3$），根据对坐标的曲面积分的计算方法$\iint_{\Sigma}zdxdy=\iint_{D_{xy}}z dxdy$，这里$z$是关于$x,y$的函数，在本题中$z$在$\Sigma$上是一个常数$z$（$0\leq z\leq3$），我们可以将其看作$z$在$D_{xy}$上的积分，利用极坐标变换$x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，$dxdy = r drd\theta$，$D_{xy}$可表示为$0\leq r\leq1$，$0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}$。
则$\iint_{\Sigma}zdxdy=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{1}z\cdot r dr$，因为$z$在$\Sigma$上是一个常数，我们可以先对$z$积分，$z$的范围是$0$到$3$，所以$\iint_{\Sigma}zdxdy=\int_{0}^{3}z dz\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{1}r dr$。
计算$\int_{0}^{3}z dz=\left[\frac{1}{2}z^{2}\right]_{0}^{3}=\frac{9}{2}$，$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta=\left[\theta\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{2}$，$\int_{0}^{1}r dr=\left[\frac{1}{2}r^{2}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{2}$，所以$\iint_{\Sigma}zdxdy=\frac{9}{2}\times\frac{\pi}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{9\pi}{8}$。

2. 分析$\iint_{\Sigma}xdydz$

$\Sigma$在$yOz$平面上的投影区域$D_{yz}$为$y^{2}+z^{2}\leq1$（$y\geq0$，$z\geq0$），$x=\sqrt{1 - y^{2}}$（因为在第一卦限$x\geq0$），根据对坐标的曲面积分的计算方法$\iint_{\Sigma}xdydz=\iint_{D_{yz}}\sqrt{1 - y^{2}}dydz$。
利用极坐标变换$y = r\cos\theta$，$z = r\sin\theta$，$dydz = r drd\theta$，$D_{yz}$可表示为$0\leq r\leq1$，$0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}$，则$\iint_{\Sigma}xdydz=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{1}\sqrt{1 - r^{2}\cos^{2}\theta}\cdot r dr$。
令$u = 1 - r^{2}\cos^{2}\theta$，$du=-2r\cos^{2}\theta dr$，当$r = 0$时，$u = 1$；当$r = 1$时，$u = 1 - \cos^{2}\theta=\sin^{2}\theta$。
则$\int_{0}^{1}\sqrt{1 - r^{2}\cos^{2}\theta}\cdot r dr=-\frac{1}{2\cos^{2}\theta}\int_{1}^{\sin^{2}\theta}\sqrt{u}du=\frac{1}{2\cos^{2}\theta}\int_{\sin^{2}\theta}^{1}\sqrt{u}du=\frac{1}{2\cos^{2}\theta}\left[\frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}}\right]_{\sin^{2}\theta}^{1}=\frac{1}{3\cos^{2}\theta}(1 - \sin^{3}\theta)$。
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{3\cos^{2}\theta}(1 - \sin^{3}\theta)d\theta=\frac{1}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sec^{2}\theta d\theta-\frac{1}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{3}\theta\sec^{2}\theta d\theta$。
$\frac{1}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sec^{2}\theta d\theta=\frac{1}{3}\left[\tan\theta\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\infty$，我们换一种方法。
$\iint_{\Sigma}xdydz=\int_{0}^{1}x dx\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{1}r dr$，$\int_{0}^{1}x dx=\left[\frac{1}{2}x^{2}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{2}$，$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta=\frac{\pi}{2}$，$\int_{0}^{1}r dr=\frac{1}{2}$，所以$\iint_{\Sigma}xdydz=\frac{1}{2}\times\frac{\pi}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{\pi}{8}$。

3. 分析$\iint_{\Sigma}ydzdx$

$\Sigma$在$zOx$平面上的投影区域$D_{zx}$为$x^{2}+z^{2}\leq1$（$x\geq0$，$z\geq0$），$y=\sqrt{1 - x^{2}}$（因为在第一卦限$y\geq0$），根据对坐标的曲面积分的计算方法$\iint_{\Sigma}ydzdx=\iint_{D_{zx}}\sqrt{1 - x^{2}}dzdx$。
利用极坐标变换$x = r\cos\theta$，$z = r\sin\theta$，$dzdx = r drd\theta$，$D_{zx}$可表示为$0\leq r\leq1$，$0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}$，则$\iint_{\Sigma}ydzdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{1}\sqrt{1 - r^{2}\cos^{2}\theta}\cdot r dr$。
同样可得$\iint_{\Sigma}ydzdx=\frac{\pi}{8}$。

4. 计算原曲面积分

$\iint_{\Sigma}zdxdy + xdydz + ydzdx=\frac{9\pi}{8}+\frac{\pi}{8}+\frac{\pi}{8}=\frac{3\pi}{4}$。