第1节 对弧长的曲线积分
一、 基础题
1. 计算曲线积分 $\oint_L \sqrt{x^2+y^2} ds$，其中 $L$ 为圆周 $x^2+y^2=y$.
解答过程：
将圆的方程 $x^2+y^2=y$ 转化为极坐标方程。
代入 $x=r\cos\theta$ 和 $y=r\sin\theta$，得到 $r^2 = r\sin\theta$，即 $r = \sin\theta$。
由于该圆在 $x$ 轴上方且与原点相切，极角 $\theta$ 的范围是 $[0, \pi]$。
计算弧长微分 $ds$：
$$ds = \sqrt{r^2 + (r')^2} d\theta = \sqrt{\sin^2\theta + \cos^2\theta} d\theta = d\theta$$将极坐标代入被积函数：
$$\sqrt{x^2+y^2} = r = \sin\theta$$计算积分：
$$\oint_L \sqrt{x^2+y^2} ds = \int_0^\pi \sin\theta d\theta = \left[ -\cos\theta \right]_0^\pi = -\cos\pi - (-\cos 0) = 1 + 1 = 2$$2. 计算曲线积分 $\oint_L xyds$，其中 $L$ 是由 $x=0$、$y=0$、$x=4$、$y=2$ 围成的矩形.
解答过程：
矩形边界 $L$ 由四条线段组成，我们分段进行积分：
- 底边 $L_1$： 从 $(0,0)$ 到 $(4,0)$。方程为 $y=0$，$x \in [0, 4]$，$ds = dx$。
- 右侧边 $L_2$： 从 $(4,0)$ 到 $(4,2)$。方程为 $x=4$，$y \in [0, 2]$，$ds = dy$。
- 顶边 $L_3$： 从 $(4,2)$ 到 $(0,2)$。方程为 $y=2$，$x \in [0, 4]$，$ds = dx$。
- 左侧边 $L_4$： 从 $(0,2)$ 到 $(0,0)$。方程为 $x=0$，$y \in [0, 2]$，$ds = dy$。
将四段积分相加：
$$\oint_L xyds = 0 + 8 + 16 + 0 = 24$$3. 计算曲线积分 $\oint_L (1+2x+3y)^2ds$，其中 $L$ 是周长为 $l$ 的椭圆 $\frac{x^2} {3^2}+\frac{y^2}{2^2}=1$.
解答过程：
首先展开被积函数：
$$(1+2x+3y)^2 = 1 + 4x^2 + 9y^2 + 4x + 6y + 12xy$$利用第一类曲线积分的对称性。由于椭圆 $L$ 关于 $x$ 轴、$y$ 轴及原点均对称：
- 被积函数中的奇函数项积分为零：$\oint_L 4x ds = 0$、$\oint_L 6y ds = 0$、$\oint_L 12xy ds = 0$。
于是原积分化简为：
$$\oint_L (1+2x+3y)^2ds = \oint_L (1 + 4x^2 + 9y^2) ds$$观察椭圆方程 $\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1$，将其等式两边同乘 36 得到：
$$4x^2 + 9y^2 = 36$$代入积分式中：
$$\oint_L (1 + 36) ds = \oint_L 37 ds = 37 \oint_L ds$$因为 $\oint_L ds$ 就是曲线 $L$ 的弧长，已知周长为 $l$，所以：
$$\oint_L (1+2x+3y)^2ds = 37l$$4. 计算曲线积分 $\int_\Gamma \frac{z^2}{x^2+y^2}ds$，其中 $\Gamma$ 为 $x=a\cos t, y=a\sin t, z=at\ (a>0, 0\le t\le 2\pi)$.
解答过程：
首先计算曲线的弧长微分 $ds$：
$$x' = -a\sin t$$$$y' = a\cos t$$$$z' = a$$$$ds = \sqrt{(x')^2 + (y')^2 + (z')^2} dt = \sqrt{(-a\sin t)^2 + (a\cos t)^2 + a^2} dt = \sqrt{a^2 + a^2} dt = \sqrt{2}a dt$$将被积函数转化为参数 $t$ 的函数：
$$\frac{z^2}{x^2+y^2} = \frac{(at)^2}{(a\cos t)^2 + (a\sin t)^2} = \frac{a^2t^2} {a^2} = t^2$$代入积分公式：
$$\int_\Gamma \frac{z^2}{x^2+y^2}ds = \int_0^{2\pi} t^2 \cdot \sqrt{2}a dt = \sqrt {2}a \left[ \frac{t^3}{3} \right]_0^{2\pi} = \sqrt{2}a \cdot \frac{8\pi^3}{3} = \frac{8\sqrt{2}\pi^3a}{3}$$5. 设有一线密度为 $\rho(x,y)=x^2+y^2$ 的曲线形构件，它所占的位置为 $xOy$ 面内的曲线 $L: x=\cos t + t\sin t, y=\sin t - t\cos t\ (0\le t\le 2\pi)$，求该曲线形构件的质量.
解答过程：
曲线形构件的质量公式为 $M = \int_L \rho(x,y) ds$。
首先计算导数与弧长微分 $ds$：
$$x' = -\sin t + \sin t + t\cos t = t\cos t$$$$y' = \cos t - \cos t + t\sin t = t\sin t$$$$ds = \sqrt{(t\cos t)^2 + (t\sin t)^2} dt = \sqrt{t^2(\cos^2t + \sin^2t)} dt = | t|dt = t dt \quad (\text{因为 } t \in [0, 2\pi])$$化简线密度函数 $\rho(x,y) = x^2+y^2$：
$$x^2+y^2 = (\cos t + t\sin t)^2 + (\sin t - t\cos t)^2$$$$= (\cos^2t + 2t\sin t\cos t + t^2\sin^2t) + (\sin^2t - 2t\sin t\cos t + t^2\cos^2t)$$$$= (\cos^2t + \sin^2t) + t^2(\sin^2t + \cos^2t) = 1 + t^2$$计算质量积分：
$$M = \int_0^{2\pi} (1+t^2) \cdot t dt = \int_0^{2\pi} (t + t^3) dt = \left[ \frac {t^2}{2} + \frac{t^4}{4} \right]_0^{2\pi} = \frac{4\pi^2}{2} + \frac{16\pi^4}{4} = 2\pi^2 + 4\pi^4 = 2\pi^2(1+2\pi^2)$$二、 提高题
6. 计算曲线积分 $\oint_L (x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}})ds$，其中 $L$ 为星形线 $x=a\cos^3 t, y=a\sin^3 t$.
解答过程：
星形线在四个象限内是对称的，且被积函数 $x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}}$ 为偶函数。因此可 以只计算第一象限内（对应 $t \in [0, \frac{\pi}{2}]$）的积分，结果乘以 4。
计算弧长微分 $ds$：
$$x' = 3a\cos^2t(-\sin t) = -3a\cos^2t\sin t$$$$y' = 3a\sin^2t\cos t$$$$ds = \sqrt{9a^2\cos^4t\sin^2t + 9a^2\sin^4t\cos^2t} dt = \sqrt {9a^2\cos^2t\sin^2t(\cos^2t+\sin^2t)} dt$$$$ds = 3a|\sin t\cos t| dt$$在第一象限 $t \in [0, \frac{\pi}{2}]$ 时，$\sin t\cos t \ge 0$，所以 $ds = 3a\sin t\cos t dt$。
将被积函数化为参数形式：
$$x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}} = (a\cos^3t)^{\frac{4}{3}} + (a\sin^3t)^{\frac {4}{3}} = a^{\frac{4}{3}}\cos^4t + a^{\frac{4}{3}}\sin^4t$$代入积分计算第一象限部分并乘以 4：
$$I = 4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} a^{\frac{4}{3}}(\cos^4t + \sin^4t) \cdot 3a\sin t\cos t dt$$$$= 12a^{\frac{7}{3}} \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos^4t\sin t\cos t + \sin^4t\sin t\cos t) dt$$分为两项直接利用凑微分法计算：
$$\int \cos^5t\sin t dt = -\frac{1}{6}\cos^6t, \quad \int \sin^5t\cos t dt = \frac {1}{6}\sin^6t$$$$I = 12a^{\frac{7}{3}} \left[ -\frac{1}{6}\cos^6t + \frac{1}{6}\sin^6t \right]_0^ {\frac{\pi}{2}}$$代入上下限：
$$I = 12a^{\frac{7}{3}} \left[ \left(0 + \frac{1}{6}\right) - \left(-\frac{1}{6}
- 0\right) \right] = 12a^{\frac{7}{3}} \left( \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \right) = 12a^{\frac{7}{3}} \cdot \frac{1}{3} = 4a^{\frac{7}{3}}$$
7. 计算曲线积分 $\oint_L e^{\sqrt{x^2+y^2}}ds$，其中 $L$ 为圆周 $x^2+y^2=1$ 与 $y=x$ 及 $x$ 轴在第一象限围成的区域的整个边界.
解答过程：
该区域是一个顶角为 $\frac{\pi}{4}$ 的扇形。其边界 $L$ 由三段组成，分别进行积分：
- 底边 $L_1$： 沿 $x$ 轴从 $(0,0)$ 到 $(1,0)$。方程 $y=0$，$x \in [0, 1]$，$ds = dx$。
- 圆弧 $L_2$： 极坐标下 $r=1$，$\theta \in [0, \frac{\pi}{4}]$。$ds = \sqrt{r^2 +(r')^2}d\theta = 1 d\theta$。被积函数 $e^{\sqrt{r^2}} = e^1 = e$。
- 斜边 $L_3$： 沿直线 $y=x$ 从 $(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$ 到 $ (0,0)$。对第一类曲线积分，积分路径的方向不影响结果。参数设为 $x$，$x \in [0, \frac{\sqrt {2}}{2}]$，$y=x$。$ds = \sqrt{1^2+1^2}dx = \sqrt{2}dx$。
将三段积分相加：
$$\oint_L e^{\sqrt{x^2+y^2}} ds = (e - 1) + \frac{\pi}{4}e + (e - 1) = 2e - 2 + \frac{\pi}{4}e$$8. 设线密度 $\rho$ 为常数的螺旋线 $\Gamma$ 的参数方程为 $x=\cos t, y=\sin t, z=t$，其 中 $0\le t\le 2\pi$，求：(1) 它的质心；(2) 它关于 $z$ 轴的转动惯量 $I_z$.
解答过程：
首先计算弧长微分：
$$x' = -\sin t, \quad y' = \cos t, \quad z' = 1$$$$ds = \sqrt{(-\sin t)^2 + \cos^2t + 1^2} dt = \sqrt{2} dt$$计算该螺旋线的总质量 $M$：
$$M = \int_\Gamma \rho ds = \int_0^{2\pi} \rho \sqrt{2} dt = 2\sqrt{2}\pi\rho$$(1) 求质心 $(\bar{x}, \bar{y}, \bar{z})$：
$$\bar{x} = \frac{1}{M} \int_\Gamma x \rho ds = \frac{1}{2\sqrt{2}\pi\rho} \int_0^ {2\pi} \cos t \cdot \rho \sqrt{2} dt = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \cos t dt = 0$$$$\bar{y} = \frac{1}{M} \int_\Gamma y \rho ds = \frac{1}{2\sqrt{2}\pi\rho} \int_0^ {2\pi} \sin t \cdot \rho \sqrt{2} dt = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \sin t dt = 0$$$$\bar{z} = \frac{1}{M} \int_\Gamma z \rho ds = \frac{1}{2\sqrt{2}\pi\rho} \int_0^ {2\pi} t \cdot \rho \sqrt{2} dt = \frac{1}{2\pi} \left[ \frac{t^2}{2} \right]_0^ {2\pi} = \frac{1}{2\pi} \cdot 2\pi^2 = \pi$$质心坐标为 $(0, 0, \pi)$。
(2) 求关于 $z$ 轴的转动惯量 $I_z$：
$$I_z = \int_\Gamma (x^2+y^2) \rho ds = \int_0^{2\pi} (\cos^2t + \sin^2t) \rho \sqrt{2} dt = \int_0^{2\pi} \sqrt{2}\rho dt = 2\sqrt{2}\pi\rho$$三、 考研真题
9. (2018112) 设 $L$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 与平面 $x+y+z=0$ 的交线，则 $\oint_L xyds=$ ________.
解答过程：
曲线 $L$ 是单位球面与过原点的平面的交线，所以 $L$ 是一个大圆，其半径 $R = 1$。
该大圆的周长即积分路径的总弧长为：$l = 2\pi R = 2\pi$。
由平面方程 $x+y+z=0$ 及球面方程，利用对称性（$x,y,z$ 轮换对称），可以得出：
$$\oint_L xyds = \oint_L yzds = \oint_L zxds$$将 $x+y+z=0$ 两边平方：
$$(x+y+z)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + 2(xy + yz + zx) = 0$$因为在曲线 $L$ 上始终满足球面方程 $x^2+y^2+z^2=1$，代入上式得：
$$1 + 2(xy + yz + zx) = 0 \implies xy + yz + zx = -\frac{1}{2}$$沿曲线 $L$ 对等式两边进行积分：
$$\oint_L (xy + yz + zx) ds = \oint_L -\frac{1}{2} ds = -\frac{1}{2} \cdot 2\pi = -\pi$$又由对称性可知 $\oint_L xyds = \oint_L yzds = \oint_L zxds$，故：
$$3 \oint_L xyds = -\pi \implies \oint_L xyds = -\frac{\pi}{3}$$答案填： $-\frac{\pi}{3}$
10. (2009111) 已知曲线 $L: y=x^2\ (0\le x\le \sqrt{2})$，则 $\int_L xds=$ ________.
解答过程：
已知曲线方程为 $y=x^2$，求导得 $y' = 2x$。
计算弧长微分：
$$ds = \sqrt{1 + (y')^2} dx = \sqrt{1 + 4x^2} dx$$将 $ds$ 代入积分中：
$$\int_L x ds = \int_0^{\sqrt{2}} x \sqrt{1 + 4x^2} dx$$使用凑微分法，令 $u = 1+4x^2$，则 $du = 8x dx$，即 $x dx = \frac{1}{8} du$。
积分限变换：当 $x=0$ 时 $u=1$；当 $x=\sqrt{2}$ 时 $u=1+4(2)=9$。
$$\int_0^{\sqrt{2}} x \sqrt{1 + 4x^2} dx = \int_1^9 \sqrt{u} \cdot \frac{1}{8} du = \frac{1}{8} \left[ \frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}} \right]_1^9$$$$= \frac{1}{12} \left( 9^{\frac{3}{2}} - 1^{\frac{3}{2}} \right) = \frac{1}{12} (27 - 1) = \frac{26}{12} = \frac{13}{6}$$答案填： $\frac{13}{6}$
11. (1998103) 设 $L$ 为椭圆 $\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1$，其周长为 $a$，求 $\oint_L (2xy+4x^2+3y^2)ds$.
解答过程：
被积函数可以分为两部分：$\oint_L 2xyds$ 和 $\oint_L (4x^2+3y^2)ds$。
- 首先，由于椭圆 $L$ 关于 $x$ 轴和 $y$ 轴均对称，而函数 $2xy$ 分别关于 $x$ 和 $y$ 是奇函 数，因此由对称性可知：
- 对于剩余部分 $\oint_L (4x^2+3y^2)ds$，观察椭圆方程 $\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1$。
将该方程左右两边同时乘以 12（即 3 和 4 的最小公倍数），得到：
$$4x^2 + 3y^2 = 12$$这意味着在曲线 $L$ 上的任意一点，代数式 $4x^2 + 3y^2$ 的值恒为常数 12。
将该常数代入积分：
$$\oint_L (4x^2+3y^2) ds = \oint_L 12 ds = 12 \oint_L ds$$因为 $\oint_L ds$ 表示曲线 $L$ 的总长，已知题目给出其周长为 $a$，故：
$$\oint_L (2xy+4x^2+3y^2)ds = 0 + 12a = 12a$$