高等数学曲线曲面积分考研题目

考研试题分析十一（曲线积分与曲面积分）例1．(2003年高数一)已知平面区域},0,0),{(ππ≤≤≤≤=yxyxDL为D的正向边界，试证dxyedyxedxyedyxexLyxLysinsinsinsin−=−∫∫−−.[分析一]等式的两边均为第二类曲线积分，可分别对两边直接积分，比较积分值，得结果。[证一]左边dxedyexy∫∫−−=0sin0sinππππ,)(sin0sindxeexx−+=∫ππ右边dxedyexy∫∫−=−0sin0sinππππ,)(sin0sindxeexx−+=∫ππ于是dxyedyxedxyedyxexLyxLysinsinsinsin−=−∫∫−−.[分析二]对于第二类曲线积分，常考虑用格林公式转化为二重积分求解，由于被积函数在全平面上都有连续的偏导数，故可利用格林公式进行求证。[证二]由格林公式，,)(sinsinsinsinσdeedxyedyxexDyxLy−−+=−∫∫∫,)(sinsinsinsinσdeedxyedyxexDyxLy+=−∫∫∫−−由于D关于对称，故xy=∫∫∫∫+=+−−DxyxDydeedee,)()(sinsinsinsinσσ于是dxyedyxedxyedyxexLyxLysinsinsinsin−=−∫∫−−.例2．(1993年高数一、二)设曲线积分∫与路径无关，其中具有一阶连续导数，且则等于.−−Lxydyxfydxexfcos)(sin))(()(xf.0)0(=f)(xf___________1（A）,2xxee−−（B）,2xxee−−（C）,12−+−xxee（D）21xxee−+−.[答案](B)[分析]本题的关键在于由条件“曲线积分与路径无关”导出所满足的微分方程,由此求出求的表达式。)(xf)(xf[解答]设,sin))((),(yexfyxPx−=,cos)(),(yxfyxQ−=由于在全平面上具有连续的偏导数，曲线积分与路径无关，因此),,(yxP),(yxQ,yPxQ∂∂=∂∂即满足方程)(xf,0)()(=−+′xexfxf（1）由初始条件0)0(=f，得（1）的特解.2)(xxeexf−−=例3．(2000年高数一)设为S在第一卦限中的部分，则有.),0(:2222≥=++zazyxS1S________（A）（B），,41∫∫∫∫=SSxdsxds∫∫∫∫=14SSydsyds（C），（D）.∫∫∫∫=14SSxdszds∫∫∫∫=14SSxyzdsxyzds[答案](C)[分析一]本题可采用排除法进行判别。由于(A),(B)两个式子在形式上只是将x换成了,y由和的表达式知S1Sx，y的地位完全相当，因此(A),(B)两式或全对或全错，由于这里只有一个对的答案，故(A),(B)全错。又(D)式左端的被积函数在区域S上的符号不同，因此积分值应有所抵消，而右端的被积函数在上非负，故(D)式左端的值不可能是在第一象限上积分的四倍，即(D)不可能成立。由此只能选择(C)。1S[分析二]本题也可通过计算进行选择，但这样比较烦琐。例4．(1989年高数一、二)设平面曲线为下半圆周L,12xy−−=则曲线积分.___________)22=+∫dLyxL（[分析一]只要准确地写出曲线的参数方程，即可求出该积分。L2[解一]的参数方程为L⎩⎨⎧∈==],2,[,sin,cosππθθθyx故,)()(22θθθθddyxdL=′+′=因此∫∫==+ππθ2022.)ddLyxL（[分析二]本题若注意到在上变化时满足则立即可得结果。[解二]),(yxL,122=+yx.)22π===+∫∫LdLdLyxLL（例5．(2005年高数一)设Ω是由锥面22yxz+=与半球面222yxRz−−=围绕的空间区域，Σ是Ω的整个边界的外侧，则=++∫∫Σzdxdyydzdxxdydz.____________[答案]).211(23−Rπ[分析一]对第二类曲面积分，用高斯公式求解往往较为简捷，由于易知本题的积分区域以及被积函数满足用高斯公式求解的条件，于是首先考虑采用高斯公式求解。[解一]因为是的整个边界的外侧，根据高斯公式可得：ΣΩ∫∫Σ++zdxdyydzdxxdydz∫∫∫∫∫∫ΩΩ==,33dvdxdydz令,22222yxRyx−−=+可得交线在平面上的投影区域为：xoy,2222Ryx≤+于是ρρρρθπ∫∫∫∫∫Ω−−=202022)(RdRddv2032322]31)(31[2RRρρπ−−−=),211(2313−⋅=Rπ3故).211(23−=++∫∫ΣRzdxdyydzdxxdydzπ[分析二]计算第二类曲面积分，在直角坐标下采用投影法化为二重积分进行计算是常用的基本方法，本题也可用此法计算，但计算量比较大。（解略）例6．(1996年高数一、二)计算曲面积分其中是有向曲面其法向量与∫∫++Szdxdydydzzx,)2(S22yxz+=),10(≤≤zz轴正向的夹角为锐角。[分析一]由于被积函数在空间任意光滑封闭曲面所围区域上满足高斯公式条件，故采用添加有向曲面，利用高斯公式计算。这里应注意在高斯公式中，曲面积分是沿着封闭曲面外侧进行的，因此本题沿着封闭曲面内侧的积分应加负号。[解一]记为法向量指向1Sz轴的负向的有向平面1=z)1(22≤+yx，D为在平面上的投影区域，则1Sxoy∫∫∫∫−=−=++SDdxdyzdxdydydzzx.)2(π设Ω为所围成的空间区域，则由高斯公式知1SS+∫∫∫∫∫+Ω−=++13)2(SSdvzdxdydydzzx∫∫∫∫−=−−=−=πππθ201011032.23)(63rdrrrdzrdrd因此原式.21)(23πππ−=−−−=[分析二]对此第二类曲面积分，可用“一投、二代、三投影”步骤求解。应注意按照投影法确定符号。[解二]设为在xyyzDD,Sxoyyoz,平面上的投影区域，则∫∫∫∫−+−=++SDyzdydzzyzzdxdydydzzx))(2()2(2∫∫∫∫+++−−+xyyzDDdxdyyxdydzzyz)()2(222∫∫∫∫++−−=xyyzDDdxdyyxdydzyz,)(42224其中∫∫∫∫∫−=−=−−1032211122,)1(342dyydzyzdydydzyzyDyz令则上式,sinty=.42214334cos34204πππ=⋅⋅⋅==∫tdt又,2)(2010222∫∫∫∫=⋅=+xyDrdrrddxdyyxππθ所以.2244)2(πππ−=+⋅−=++∫∫Szdxdydydzzx例7．(2003年高数一)设函数在内具有一阶连续偏导数，L是上半平面内的有向分段光滑曲线，起点为终点为记)(xf),(∞+−∞)0(y),,(ba),,(dc∫++=LdxxyfyyI)](1[12,]1)([22dyxyfyyx−（1）证明曲线积分I与路径无关；（2）当cdab=时，求I的值。[分析一]由题设，第一问可利用平面上曲线积分与路径无关的充要条件给予证明。在第一问的基础上，通过求原函数，并求原函数的改变量，求得I的值。[解一]（1）记=),(yxP)](1[12xyfyy+，=),(yxQ]1)([22−xyfyyx，则221)()())((yxyfxyxyfyxxyxfxxQ−′+=−∂∂=∂∂，)()(1))(1(2xyfxyxyfyxyyfyyyP′++−=+∂∂=∂∂，于是满足：在时，),(),,(yxQyxP0y,CxQ∈∂∂CyP∈∂∂且,yPxQ∂∂≡∂∂所以曲线积分I与路径无关。L(2)曲线积分与路径无关，故存在原函数使得且：),(yxu,QdyPdxdu+=∫∫∫∫++=+=yxyxdydxxyyfydyyQdxyxPyxu10100))(1(),0(),(),(∫+=xdxyxyfyx0,),(5由于连续，所以存在，使得),(yxf)(xF),()(xfxF=′于是),0()()()(00FxyFduufuxydxxyyfxyx−==∫∫所以原函数为),(yxu+=yxyxu),(.)0()(CFxyF+−取得),0(FC=+=yxyxu),(),(xyF于是+==yxyxuIdcba(),(),(),(),(),())(dcbaxyF.)()(badcabFcdFbadc−=−+−=[分析二]在第一问的基础上，第二问I的值，可通过如下取积分路径为折线路径，分段化为定积分求得。[解二]（2）由于曲线积分与路径无关，取为从到的折线段，于是L),(ba),(dc=IdyycQdxbxPdcbcbcba),(),(),(),(),(),(∫∫+∫∫−++=dbcadyycxycfdxxbbfb))(())(1(2∫∫−+++−=cbabcdbcbcdcdttfdttfbac)()(.)(badcbadcdttfcdab−=−+=∫例8．(2004年高数一)计算曲面积分其中是曲面的上侧。∫∫Σ−++,)1(322233dxdyzdzdxydydzxΣ221yxz−−=)0(≥z[分析]对于第二类曲面积分，利用构造封闭曲面，再应用高斯公式将原式转化为三重积分进行计算是常用的方法，但选择怎样的封闭曲面以及在怎样的坐标系下计算三重积分都是需要根据题意做选择的。本题利用添加平面上的一个圆形区域构造封闭曲面，并在柱面坐标系下，较简捷地得到了所求的值。xoy[解答]设为平面上被圆所围部分的下侧，记1Σxoy122=+yxΩ为由和围Σ1Σ6成的空间闭区域，则原式∫∫Σ+Σ−++=1)1(322233dxdyzdzdxydydzx∫∫Σ−++−1.)1(322233dxdyzdzdxydydzx由高斯公式知∫∫Σ+Σ−++1)1(322233dxdyzdzdxydydzxdxdydzzyx)(622∫∫∫Ω++=dzzddρρρθπρ)(620101022∫∫∫−+=ρρρρρπd)]1()1(21[12232102−+−=∫.2π=而∫∫Σ−++1)1(322233dxdyzdzdxydydzx∫∫≤+−−=122)3(yxdxdy.3π=因此，原式=.32πππ−=−例9．(1999年高数一)设为椭球面S122222=++zyx的上半部分，点SzyxP∈),,(，π为在点处的切平面，SP),,(zyxρ为点到平面的距离，求)0,0,0(O.),,(dszyxzS∫∫ρ[分析]本题为综合题。应首先求出切平面方程再求相应的第一类曲面积分，这一点由题意不难看出。选择简便的方法求出切平面方程和曲面积分是应引起充分注意的。以下采用公式法，直接求出切平面方程，根据积分区域和被积函数的特性，利用极坐标教简捷地求得了结果。[解答]先写出切平面方程，设为),,(ZYXπ上任意一点，则平面π的方程为,122=++zZyYxX再由点到平面的距离公式，得21222)44(),,(−++=zyxzyxρ.7由,)22(122yxz+−=有,)22(1222yxxxz+−−=∂∂,)22(1222yxyyz+−−=∂∂于是.)22(124)()(1222222σσdyxyxdyzxzdS+−−−=∂∂+∂∂+=积分区域是S在平面的投影xoy⎩⎨⎧==+,0,2:22zyxD用极坐标,得.23)4(41)4(41),,(020222πθσρπ=−=−−=∫∫∫∫∫∫rdrrddyxdszyxzDS例10．(2005年高数一)设函数)(yϕ具有连续的导数，在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线上，曲线积分L∫++Lyxxydydxy4222)(ϕ的值恒为常数。（1）对右半平面内的任意分段光滑简单闭曲线C，有0x022)(42=++∫Lyxxydydxyϕ；（2）求函数)(yϕ的表达式。[分析]本题是一道综合题。从已知条件和问题(1)，易考虑使用格林公式求解。在本题的证明和求解过程中，从不同的思维角度切入，多次应用了格林公式。格林公式在应用上的灵活性，是值得关注的。[证明]（1）由题设可知曲线积分∫++Lyxxydydxy4222)(ϕ与路径无关。令,2)(42yxyP+