《曲线积分习题》word版

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1、第六部分 曲线积分与曲面积分 第 40 页 共 40 页 第六部分 曲线积分与曲面积分容易题1-18 中等题19-43 难题44-511设曲线是上半圆周 ，则。解法1 由于关于直线对称，所以 ，从而。解法2 令，则。解法3 设曲线的质量分布均匀，则其重心的横坐标为。又因为，所以。2设是上半椭圆周，是四分之一椭圆周，则（ ）(A) 。(B) 。(C) 。(D) 。 答 D解 由于关于轴对称，所以 ，。注意到，从而可以排除(A)，(B)，(C)三个选项，或直接选出正确选项(D)。3计算 ，其中是圆周上从点经点到点的一段。解法1 取为自变量，则的方程为，其中，所以解法2 取的参数方程为其中，所以。解

2、法3 由于是圆周的外向单位发向量，所以此圆周的正向单位切向量为。根据两类曲线积分之间的关系，得，其中的方程为，起点为，终点为。因此。4计算，其中是圆周。解 由于圆周关于轴对称，所以，从而因为的参数方程为 ，所以5已知曲线是平面与球面的交线，计算曲线积分 。解法1 由于曲线的方程中的变量具有轮换对称性，所以，因此，从而 。解法2 直接化成定积分进行计算。曲线：在平面的投影曲线是一椭圆，其方程是，即。令 ，则曲线的参数方程为，所以 。从而，因此 。6求柱面被球面包围部分的面积。解 根据第一型曲线积分的几何意义及对称性，得，其中是平面曲线在第一象限中的部分。取的参数方程为 ，则，所以7计算，其中是从

3、点经过点到点的折线段。解 设从到；从到。根据路径可加性，得。8设是圆周，则。解1 根据格林公式，得。解2 由于是的外向单位法向量，所以就是的正向单位法向量。根据两类曲线积分之间的关系，得。9计算，其中是圆周，顺时针方向为正。解1 取的参数方程为 从到，则解2 由于具有一阶连续偏导数，并注意到的方向，根据格林公式得10计算，其中从点沿曲线到点，再沿直线到点。解1 设从点沿曲线到点；从点沿直线到点。则由于 ，所以 ，从而。解2 设从点沿直线到点；从点沿直线到点，与和围成的区域记为。根据格林公式得11计算,是曲线在第一卦限中的部分,从点到点.解1 取的参数方程为 ，参数从变到，则12计算，其中为在第

4、一象限中的部分，方向为从点到。解1 由于曲线积分与路径无关，所以。又，所以。解2 取是从点经点到点，根据格林公式，得13计算，其中是曲线从点到点的一段。解1 记，当时，有。令是折线段，则根据格林公式易知解2 令是直线段，是圆周，足够小。由于当时，有，所以根据格林公式得14 计算，其中是球面与平面的交线，从轴正向看去为逆时针方向。解1 曲线在平面上的投影的方程为 ，这是一个椭圆。取的参数方程为参数从到，从而解2 由于曲线在平面上的投影曲线为 ：，所以解3 取为曲线在平面上围成的半径是圆盘，上侧为正。根据斯托克斯公式得15设是右半平面内的有向分段光滑曲线，起点为，终点为。证明曲线积分与路径无关，并

5、求的值。解1 因为在右半平面内处处成立，所以曲线积分在右半平面内与路径无关。取为从点经过点到点的折线段，得解2 因为所以是在右半平面上的一个原函数，所以曲线积分在右半平面内与路径无关，且15 16计算，其中为与的交线，方向为从轴的正向往负向看去是顺时针。解1 求解，得，所以的方程为，其参数方程为，参数从变到。因此解2 求解，得，所以的方程为。取，上侧为正，根据斯托克斯公式，得17计算,其中是用平面切立方体所得的切痕,从轴正向看去为逆时针方向.解 取为平面上由围成的边长是的正六边形，方向向上。根据斯托克斯公式，得18计算，其中是平面与柱面的交线，从轴正向看去，为逆时针方向。解1 记分别为在第一、

6、第二、第三和第四卦限中的部分，则解2 记为在平面上的投影，则的方程是，所以解3 取为上由围成的平面区域，上侧为正。根据斯托克斯公式，得解4 根据斯托克斯公式，得。而所以。19已知曲线积分与路径无关，求的值，并求从到的积分值。解 因为函数都在整个空间上具有连续偏导数，所以与路径无关的充要条件是，即对任意的都成立。因此必有 。取是由平行于坐标轴直线构成的折线段，则20.设在全平面内有连续的一阶偏导数，且满足，记为包围原点的正向简单闭曲线，计算 。解 记，其中。由于，且 ，所以当 时，。任取充分小，记为圆周，并取逆时针方向，根据格林公式可知，故。令：，则=。由于与的值无关，令，得 。21判断是否是全

7、微分式，若是，求它的原函数。解 因为函数在上存在一阶连续偏导数，且，所以微分形式是一个全微分式。它的所有原函数是另解 利用不定积分法求原函数的过程如下：设，则 ，由第一式得 ，所以 ，比较的两个表达式，得 ，即，故。22已知曲线积分与路径无关，其中具有一阶连续导数，且。求的值。解1 根据曲线积分与路径无关，取积分路径为从点经过点到点的折线段，得解2 因为曲线积分与路径无关，所以，故 ，考虑到，得 。从而23设函数在内具有一阶连续偏导数，曲线积分与路径无关，且对任意的恒有，求的表达式。解 因为曲线积分与路径无关，所以，因此 。从而 所以 对任意成立。由此得 ，所以。24已知，其中是绕原点一周的任

8、意正向闭曲线，试求及.解 根据题中条件，可以证明，其中是任意一条不包围原点的封闭曲线。因此，从而，故，考虑到 ，得 。取为 ，得25设在变力的作用下，质点由原点沿直线运动到椭球面上第一挂限中的点处，问当点在何处时，力作的功最大，并求出功的最大值。解 设从原点到点的直线的参数方程为 ，则。考虑条件极值问题令 ，求解得 。根据实际情况可知，当点在处时，力对质点所作的功最大，功的最大值是。26设函数在有界闭域上具有二阶连续偏导数，是的外向单位法向量。（1） 证明（2）当，且时，证明。证明 （1）根据方向导数的计算公式，得，利用格林公式，得所以 （2）当，且时，根据（1）的结果得。由于在上式非负连续函

9、数，所以，从而 。考虑到函数在上的连续性和，得 ，故。27设函数具有一阶连续偏导数，证明对上半平面中的任意封闭曲线都有成立的充要条件是：对任意的及上半平面中的任意点都成立。证明 设是上半平面中的任意一条封闭曲线，记是为成的平面域。根据格林公式，得因此 。考虑到上述积分域的任意性和被积函数的连续性，可得，即 。当对任意的及上半平面中的任意点都成立时，在等式两端关于求导，得，故，所以 。当时，令，则所以 。由于 ，所以 ，故，从而。这样就证明了 ，。综上，结论得证。28计算，其中为柱面与平面所围空间区域的表面。解 记 ，为柱面介于平面与之间的部分。根据第一型曲面积分的计算公式，并利用尔充积分的性质

10、，得，。对于，由于其方程为，所以不能写成的形式，故只能考虑其在或坐标面上的投影。为了简单起见，考虑在坐标面上的投影域，根据题中条件易知 ，且可以分成与两部分，其中。因为所以 。从而 。29计算，其中为球面，。解 记为球面在锥面内的部分，则的参数方程为，所以另解 本题在直角坐标下的计算如下：30计算，其中为球面。解 由于且，所以31求质量均匀分布的半球面的重心。解 设半球面的半径为，方程为。又设的重心坐标为，则根据对称性可知 。由于 ，所以 ，故的重心为。32求质量均匀分布的圆柱面：关于轴的转动惯量。解 设圆柱面的密度为，由于圆柱面上任意一点到轴距离的平方是，所以要求的转动惯量为。33计算，其中

11、是球面在第一卦限中的部分。解1 直接化为二重积分计算。由于 ，所以 。记 ，则解2 记 ， ， 。取 ，方向向下；，方向向左； ，方向向后。根据Gauss公式，得其中是球体在第一挂限中的部分。34计算,其中 ， 是向上的法向量。解1 由于 ，所以。根据曲面关于坐标面的对称性，得，同样的理由，得，因此 。解2 记 ，方向向下；。根据高斯公式，得35计算曲面积分，其中是由及围成的圆柱体的表面，外侧为正。解 记 ，方向向上； ，方向向下； ，方向向右； ，方向向左。则 36计算曲面积分，其中为旋转抛物面介于和之间的部分，上侧为正。解1 记，则解2 设分别是曲面在三个坐标面和上的投影区域，则，所以解3

12、 取，下侧为正，是由和围成的区域，根据高斯公式得37计算曲面积分 ，其中为（1）；（2）。解 （1）根据高斯公式及三重积分的对称性质，得（2）记 ，根据高斯公式及三重积分的对称性质，得38计算曲面积分 ，其中。解 根据高斯公式，得由于积分域关于坐标面对称，所以。从而39计算，其中曲面是区域：的外表面.解 根据高斯公式，得令则 ，根据三重积分的变量替换公式，得40设，求。解，所以；41设是球面，外侧为正；是曲线，方向为从轴正向看是逆时针。求向量场通过曲面的通量和沿曲线的环量。解 根据通量概念，得，设是球体，利用高斯公式，得根据通量的概念，得，由于曲线的参数方程为 ，所以42设，求在点处方向导数最

13、大的方向和方向导数的最大值。解 根据梯度的几何意义，函数在一点沿其梯度方向的方向导数最大，且方向导数的最大值就是其梯度向量的长度，所以；。43设，求，。解 ；44计算 ，其中是球面，外侧为正。解 因为 的正向单位法向量 ，所以根据两类曲面积分的关系得根据第一型曲面积分的对称性质，得，,所以令 ，则 。45计算曲面积分 ，其中，为椭球面，为的外向单位法向量。解 记 ，则，所以令，则 ，所以当 时，有 。取为球面 ，内侧为正，其中为足够小的正数。在椭球面与球面围成的区域内，函数均有连续的一阶偏导数，根据高斯公式，得。又由于所以。46 设是中心在点，半径为的球体，是的正向边界面，是的体积，函数，均具

14、有一阶连续偏导数，求证。证 由于函数，均具有一阶连续偏导数，根据高斯公式，得。因为函数连续，所以存在点，使得，由于当时，且在点连续，所以47设函数在上半空间具有一阶连续偏导数，证明对内任意的封闭光滑曲面， 恒成立的充要条件是，其中。证 “”记是中以为边界的区域，根据高斯公式得。因为 ，所以，考虑到的任意性，得。若不然，不妨设存在，使得，由于在点处连续，所以存在，当时，有成立。取为中心在，半径为的球域，则，这与上述结论矛盾，故。 “”由于 ，所以对内任意的封闭光滑曲面，恒有成立。 48设对于半空间内任意的光滑有向封闭曲面，都有，其中，且，求的表达式。解 设是由曲面围成的空间域，根据高斯公式，得利

15、用题中条件，得，考虑到积分域任意性和被积函数 在时的连续性，可得，即 ，解得，由于 ，所以，从而。49设是以原点为顶点的一张锥面，若与平面围成一个锥体，且其底面积是，高是，体积是，求证 。证 根据题意，锥体W的表面由锥面与平面上的一块平面组成。若记为的正向法向量，则当时，=0；当时，。所以根据高斯公式，得50设表示原点到椭球面上点处的切平面的距离，求证。证 椭球面上点处的切平面方程为，其中表示切平面上的任意点。根据题意可知。记 ：，则为的外向单位法向量，利用两类曲面积分之间的关系得根据高斯公式，得所以 。51设函数连续，证明曲线积分与路径无关。证 因为函数连续，所以根据复合函数的连续性可知函数也连续，因此函数具有原函数。设是的一个原函数，则，所以 是一个全微分式，从而曲线积分与路径无关。40