高等数学（第七版）同济大学习题11-2 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题11-2

函数作图软件：Mathematica

$\begin{aligned}&1. \ 设L为xOy面内直线x=a上的一段，证明：\int_{L}P(x, \ y)dx=0.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 将L的方程表达为参数形式，\begin{cases}x=a，\\\\y=t，\end{cases}t从\alpha变到\beta，根据第二类曲线积分的计算公式，得\\\\ &\ \ \int_{L}P(x,\ y)dx=\int_{\alpha}^{\beta}P(a, \ t)\cdot 0dt=0. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&2. \ 设L为xOy面内x轴上从点(a, \ 0)到点(b, \ 0)的一段直线，证明：\int_{L}P(x, \ y)dx=\int_{a}^{b}P(x, \ 0)dx.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 将L的方程表达为参数形式，\begin{cases}x=x，\\\\y=0，\end{cases}x从a变到b，根据第二类曲线积分的计算公式，得\\\\ &\ \ \int_{L}P(x,\ y)dx=\int_{a}^{b}P(x, \ 0)dx. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&3. \ 计算下列对坐标的曲线积分：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \int_{L}(x^2-y^2)dx，其中L是抛物线y=x^2上从点(0, \ 0)到点(2, \ 4)的一段弧；\\\\ &\ \ (2)\ \ \oint_{L}xydx，其中L为圆周(x-a)^2+y^2=a^2\ (a \gt 0)及x轴所围成的在第一象限内的区域的整个边界\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ （按逆时针方向绕行）；\\\\ &\ \ (3)\ \ \int_{L}ydx+xdy，其中L为圆周x=Rcos\ t，y=Rsin\ t上对应t从0到\frac{\pi}{2}的一段弧；\\\\ &\ \ (4)\ \ \oint_{L}\frac{(x+y)dx-(x-y)dy}{x^2+y^2}，其中L为圆周x^2+y^2=a^2（按逆时针方向绕行）；\\\\ &\ \ (5)\ \ \int_{\Gamma}x^2dx+zdy-ydz，其中\Gamma为曲线x=k\theta，y=acos\ \theta，z=asin\ \theta上对应\theta从0到\pi的一段弧；\\\\ &\ \ (6)\ \ \int_{\Gamma}xdx+ydy+(x+y-1)dz，其中\Gamma是从点(1, \ 1, \ 1)到点(2, \ 3, \ 4)的一段直线；\\\\ &\ \ (7)\ \ \oint_{\Gamma}dx-dy+ydz，其中\Gamma为有向闭折线ABCA，这里的A、B、C依次为点(1, \ 0, \ 0)、(0, \ 1, \ 0)、(0, \ 0, \ 1)；\\\\ &\ \ (8)\ \ \int_{L}(x^2-2xy)dx+(y^2-2xy)dy，其中L是抛物线y=x^2上从点(-1, \ 1)到点(1,\ 1)的一段弧。 & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \int_{L}(x^2-y^2)dx=\int_{0}^{2}(x^2-x^4)dx=-\frac{56}{15}.\\\\ &\ \ (2)\ L分为两部分，分别为L_1和L_2，将L_1表达为参数形式\begin{cases}x=a+acos\ t，\\\\y=asin\ t，\end{cases}t从0变到\pi，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ L_2为有向线段y=0，x从0变到2a，则\oint_{L}xydx=\int_{L_1}xydx+\int_{L_2}xydx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{\pi}a(1+cos\ t)\cdot asin\ t \cdot (-asin\ t)dt+0=-a^3\left(\int_{0}^{\pi}sin^2\ tdt+\int_{0}^{\pi}sin^2\ tcos\ tdt\right)=-a^3\left(\frac{\pi}{2}+0\right)=-\frac{\pi}{2}a^3. & \end{aligned}$
在这里插入图片描述
$\begin{aligned} &\ \ (3)\ \int_{L}ydx+xdy=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}[Rsin\ t\cdot (-Rsin\ t)+Rcos\ t\cdot Rcos\ t]dt=R^2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cos\ 2tdt=0.\\\\ &\ \ (4)\ 将L表达为参数形式\begin{cases}x=acos\ t，\\\\y=asin\ t，\end{cases}t从0变到2\pi，则\oint_{L}\frac{(x+y)dx-(x-y)dy}{x^2+y^2}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{a^2}\int_{0}^{2\pi}[a(cos\ t+sin\ t)\cdot (-asin\ t)-a(cos\ t-sin\ t)\cdot acos\ t]dt=\frac{1}{a^2}\int_{0}^{2\pi}(-a^2)dt=-2\pi.\\\\ &\ \ (5)\ \int_{\Gamma}x^2dx+zdy-ydz=\int_{0}^{\pi}[k^2\theta^2\cdot k+asin\ \theta \cdot (-asin\ \theta)-acos\ \theta \cdot (acos\ \theta)]d\theta=\int_{0}^{\pi}(k^3\theta^2-a^2)d\theta=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{3}k^3\pi^3-a^2\pi.\\\\ &\ \ (6)\ 将\Gamma表达为参数形式\begin{cases}x=1+t，\\\\y=1+2t，\\\\z=1+3t，\end{cases}t从0变到1，则\int_{\Gamma}xdx+ydy+(x+y-1)dz=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{1}[(1+t)\cdot 1+(1+2t)\cdot 2+(1+t+1+2t-1)\cdot 3]dt=\int_{0}^{1}(6+14t)dt=13.\\\\ &\ \ (7)\ \Gamma为有向线段AB，BC，CA依次连接而成，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ AB表达为参数形式\begin{cases}x=1-t，\\\\y=t，\\\\z=0，\end{cases}t从0变到1，BC表达为参数形式\begin{cases}x=0，\\\\y=1-t，\\\\z=t，\end{cases}t从0变到1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ CA表达为参数形式\begin{cases}x=t，\\\\y=0，\\\\z=1-t，\end{cases}t从0变到1，\int_{AB}dx-dy+ydz=\int_{0}^{1}[(-1)-1+0]dt=-2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{BC}dx-dy+ydz=\int_{0}^{1}[0-(-1)+(1-t)\cdot 1]dt=\int_{0}^{1}(2-t)dt=\frac{3}{2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{CA}dx-dy+ydz=\int_{0}^{1}(1-0+0)dt=1，则\oint_{\Gamma}dx-dy+ydz=-2+\frac{3}{2}+1=\frac{1}{2}.\\\\ &\ \ (8)\ \int_{L}(x^2-2xy)dx+(y^2-2xy)dy=\int_{-1}^{1}[(x^2-2x\cdot x^2)+(x^4-2x\cdot x^2)\cdot 2x]dx=\int_{-1}^{1}(2x^5-4x^4-2x^3+x^2)dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 2\int_{0}^{1}(-4x^4+x^2)dx=-\frac{14}{15}. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&4. \ 计算\int_{L}(x+y)dx+(y-x)dy，其中L是：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 抛物线y^2=x上从点(1, \ 1)到点(4, \ 2)的一段弧；\\\\ &\ \ (2)\ \ 从点(1, \ 1)到点(4, \ 2)的直线段；\\\\ &\ \ (3)\ \ 先沿直线从点(1, \ 1)到点(1, \ 2)，然后再沿直线到点(4, \ 2)的折线；\\\\ &\ \ (4)\ \ 曲线x=2t^2+t+1，y=t^2+1上从点(1, \ 1)到点(4, \ 2)的一段弧. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ 化为对y的定积分，L：x=y^2，y从1变到2，则\int_{L}(x+y)dx+(y-x)dy=\int_{1}^{2}[(y^2+y)\cdot 2y+(y-y^2)\cdot 1]dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{1}^{2}(2y^3+y^2+y)dy=\frac{34}{3}.\\\\ &\ \ (2)\ L方程为y-1=\frac{2-1}{4-1}(x-1)，x=3y-2，y从1变到2，化为对y的定积分，则\int_{L}(x+y)dx+(y-x)dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{1}^{2}[(3y-2+y)\cdot 3+(y-3y+2)\cdot 1]dy=\int_{1}^{2}(10y-4)dy=11.\\\\ &\ \ (3)\ 记L_1为从点(1, \ 1)到点(1, \ 2)的有向线段，L_2为从点(1, \ 2)到点(4, \ 2)的有向线段，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ L_1：x=1，y从1变到2，L_2：y=2，x从1变到4，L_1上，dx=0，L_2上，dy=0，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{L_1}(x+y)dx+(y-x)dy=\int_{1}^{2}(y-1)dy=\frac{1}{2}，\int_{L_2}(x+y)dx+(y-x)dy=\int_{1}^{4}(x+2)dx=\frac{27}{2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因此\int_{L}(x+y)dx+(y-x)dy=\frac{1}{2}+\frac{27}{2}=14.\\\\ &\ \ (4)\ 根据\begin{cases}2t^2+t+1=1，\\\\t^2+1=1\end{cases}得t=0，根据\begin{cases}2t^2+t+1=4，\\\\t^2+1=2\end{cases}得t=1，因此\int_{L}(x+y)dx+(y-x)dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{1}[(2t^2+t+1+t^2+1)\cdot (4t+1)+(t^2+1-2t^2-t-1)\cdot 2t]dt=\int_{0}^{1}(10t^3+5t^2+9t+2)dt=\frac{32}{3}. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&5. \ 一力场由沿横轴正方向的恒力F所构成，试求当一质量为m的质点沿圆周x^2+y^2=R^2按逆时针\\\\&\ \ \ \ 方向移过位于第一象限的那一段弧时场力所作的功.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 根据题意，F=(|F|, \ 0)，L：x=Rcos\ t，y=Rsin\ t，t从0变到\frac{\pi}{2}，因此W=\int_{L}F\cdot dr=\int_{L}|F|dx+0dy=\\\\ &\ \ |F|\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(-Rsin\ t)dt=-|F|R. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&6. \ 设z轴与重力的方向一致，求质量为m的质点从位置(x_1,\ y_1, \ z_1)沿直线移到(x_2, \ y_2, \ z_2)时重力所作的功.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 重力F=(0, \ 0, \ mg)，质点移动的直线路径L的方程为\begin{cases}x=x_1+(x_2-x_1)t，\\\\y=y_1+(y_2-y_1)t，\\\\z=z_1+(z_2-z_1)t，\end{cases}t从0变到1，则\\\\ &\ \ W=\int_{L}F\cdot dr=\int_{L}0dx+0dy+mgdz=\int_{0}^{1}mg(z_2-z_1)dt=mg(z_2-z_1). & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&7. \ 把对坐标的曲线积分\int_{L}P(x, \ y)dx+Q(x,\ y)dy化成对弧长的曲线积分，其中L为：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 在xOy面内沿直线从点(0, \ 0)到点(1, \ 1)；\\\\ &\ \ (2)\ \ 沿抛物线y=x^2从点(0, \ 0)到点(1, \ 1)；\\\\ &\ \ (3)\ \ 沿上半圆周x^2+y^2=2x从点(0, \ 0)到点(1, \ 1). & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ L为从点(0, \ 0)到(1, \ 1)的有向线段，其任一点处的切向量的方向余弦满足cos\ \alpha=cos\ \beta=cos\ \frac{\pi}{4}=\frac{1}{\sqrt{2}}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{L}P(x, \ y)dx+Q(x,\ y)dy=\int_{L}[P(x, \ y)cos\ \alpha+Q(x, \ y)cos\ \beta]ds=\int_{L}\frac{P(x, \ y)+Q(x, \ y)}{\sqrt{2}}ds.\\\\ &\ \ (2)\ L表达为参数形式\begin{cases}x=x，\\\\y=x^2，\end{cases}x由0变到1，则L的切向量为\gamma=(1, \ y'(x))=(1, \ 2x)，方向余弦为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ cos\ \alpha=\frac{1}{\sqrt{1+y'^2(x)}}=\frac{1}{\sqrt{1+4x^2}}，cos\ \beta=\frac{y'(x)}{\sqrt{1+y'^2(x)}}=\frac{2x}{\sqrt{1+4x^2}}，则\int_{L}P(x, \ y)dx+Q(x,\ y)dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{L}\frac{P(x,\ y)+2xQ(x, \ y)}{\sqrt{1+4x^2}}ds.\\\\ &\ \ (3)\ L表达为参数形式\begin{cases}x=x，\\\\y=\sqrt{2x-x^2}，\end{cases}，x从0变到1，L的切向量的方向余弦为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ cos\ \alpha=\frac{1}{\sqrt{1+y'^2(x)}}=\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}\right)^2}}=\sqrt{2x-x^2}，cos\ \beta=\frac{y'(x)}{\sqrt{1+y'^2(x)}}=\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}\cdot \sqrt{2x-x^2}=1-x，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{L}P(x, \ y)dx+Q(x,\ y)dy=\int_{L}[\sqrt{2x-x^2}P(x, \ y)+(1-x)Q(x, \ y)]ds. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&8. \ 设\Gamma为曲线x=t，y=t^2，z=t^3上相应于t从0变到1的曲线弧，把对坐标的曲线积分\\\\&\ \ \ \ \int_{\Gamma}Pdx+Qdy+Rdz化成对弧长的曲线积分.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ \frac{dx}{dt}=1，\frac{dy}{dt}=2t=2x，\frac{dz}{dt}=3t^2=3y，参数t由小变大，\Gamma的切向量的方向余弦为\\\\ &\ \ cos\ \alpha=\frac{x'(t)}{\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)+z'^2(t)}}=\frac{1}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}}，cos\ \beta=\frac{y'(t)}{\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)+z'^2(t)}}=\frac{2x}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}}，\\\\ &\ \ cos\ \gamma=\frac{z'(t)}{\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)+z'^2(t)}}=\frac{3y}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}}，则\int_{\Gamma}Pdx+Qdy+Rdz=\int_{\Gamma}\frac{P+2xQ+3yR}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}}ds. & \end{aligned}$