第1页共6页编号：时间：2021年x月x日书山有路勤为径，学海无涯苦作舟页码：第1页共6页数学竟赛培训资料(理工)第六讲曲线积分（一）内容要点及重要方法提示1.第一型(对弧长)曲线积分.弧微分ds=√dx2+dy2+dz2=dl.注意无方向问题,一般计算程序:画出积分路径的图形;将路径用参数式表示;表dl为参变量的微分式后化成定积分计算.(1)化成参变量的定积分计算.例6.1.设c>0为常数,L:{x2+y2=czy=xtanzc.L求上从原点到点A(x0,y0,z0)的弧长.解.L的参数方程是:x=√czcoszc,y=√czsinzc,z=z,弧微分ds=2z+c√4czdz,因此所求弧长s=∫0z0ds=√cz0（1+2z03c）.例6.2.计算均匀密度的球面x2+y2+z2=a2(a>0)在第一卦限部分的边界曲线的重心坐标.解.边界曲线的三段弧分别有参数方程:x=acosθ,y=asinθ,z=0,0≤θ≤π∕2;x=acosφ,y=0,z=asinφ,0≤φ≤π∕2;x=0,y=acosφ,z=asinφ,0≤φ≤π∕2.曲线周长s=3aπ∕2,及sx=∫0π2acosθ⋅adθ+∫0π2acosφ⋅adφ,于是重心坐标x=y=z=4a3π.(2)第一型曲线积分的对称性用法.例6.3.计算积分I=∫L|y|dl,其中L:(x2+y2)2=a2(x2−y2),a>0.解.用极坐标,L:r4=a2r2(cos2θ−sin2θ)⇔r2=a2cos2ϑ.根据对称性得积分I=4∫0π4rsinθ⋅√r2+[r'(θ)]2dθ=4a2(1−√22).例6.4.设L是顺时针方向椭圆x24+y2=1,周长为l,则∮L(xy+x2+4y2)ds=.(2001天津赛)解.x24+y2=1⇔x2+4y2=4,根据对称性得积分=4l.2.第二型(对坐标)曲线积分.∫CPdx+Qdy+Rdz=∫C⃗F⋅d⃗l注意有方向问题,一般计算方法有:化成参变量的定积分计算;应用格林公式或斯托克斯公式;利用与路径无关条件计算.(1)化成参变量的定积分计算.例6.5.设L为正向圆周x2+y2=2在第一象限中的部分,则曲线积分∫Lxdy−2ydx=.解.L:x=√2cosθ,y=√2sinθ,θ:0→π2.于是有积分=3π∕2.第2页共6页第1页共6页编号：时间：2021年x月x日书山有路勤为径，学海无涯苦作舟页码：第2页共6页例6.6.设C是从球面x2+y2+z2=a2上任一点到球面x2+y2+z2=b2上任一点的任一光滑曲线(a>0,b>0),计算积分I=∫Lr3(xdx+ydy+zdz),其中r=√x2+y2+z2.解.rdr=xdx+ydy+zdz,I=∫abr3⋅rdr=15(b5−a5).(2)格林公式的应用(注意条件).当L不闭合时,应添加光滑曲线使其闭合后再用格林公式.例6.7.设L是分段光滑的简单闭曲线,(2,0)、(2,0)两点不在L上.试就L的不同情形分别计算如下曲线积分的值:I=∮L+[y(2−x)2+y2+y(2+x)2+y2]dx+[2−x(2−x)2+y2−2+x(2+x)2+y2]dy.(1991上海竞赛)解.令A(2,0),B(2,0),L包围的平面区域内部为D,记G=D∪L,P1=y(2−x)2+y2,P2=y(2+x)2+y2,Q1=2−x(2−x)2+y2,Q2=−(2+x)(2+x)2+y2,P=P1+P2,Q=Q1+Q2.则∂P1∂y=(2−x)2−y2[(2−x)2+y2]2=∂Q1∂x,∂P2∂y=(2+x)2−y2[(2+x)2+y2]2=∂Q2∂x.(1)A、B均为G的外点,根据格林公式有I=0.(2)A为G的内点,B为G的外点,则以A为中心作半径r充分小的闭圆盘E含于D内,记E的正向边界为C,有I=∮L+−∮C+∮C=∬D−E(∂Q∂x−∂P∂y)dσ+∮CPdx+Qdy=0+∮CP1dx+Q1dy+∮CP2dx+Q2dy=∮CP1dx+Q1dy,且C:x=2+rcosθ,y=rsinθ,0≤θ<2π,于是有I=2π.(3)A为G的外点,B为G的内点,同理可得I=2π.(4)A、B均为G的内点,与(2)相仿,在D内分别以A、B为中心作半径r充分小的闭圆盘使它们的并集含于D内,仍用格林公式可得I=4π.(3)积分与路径无关的问题.例6.8.设函数f(x)在(∞,+∞)内具有连续导数,求积分∫C1+y2f(xy)ydx+xy2[y2f(xy)−1]dy,其中C是从点A(3,2∕3)到点B(1,2)的直线段.(1994北京竞赛)解.积分与路径无关,因此积分为∫3132[1+49f(23x)]dx+∫2321y2[y2f(y)−1]dy=−3+∫223f(u)du+∫232f(y)dy−1=−4.(4)求原函数问题.例6.9.设函数Q(x,y)在xOy平面上具有连续一阶骗导数,曲线积分∫L2xydx+Q(x,y)dy与路径无关,并且对任意的t恒有∫(0,0)(t,1)2xydx+Q(x,y)dy=∫(0,0)(1,t)2xydx+Q(x,y)dy,求Q(x,y).(2001天津)解.因积分与路径无关,有∂Q∂x=∂(2xy)∂y=2x,Q(x,y)=x2+C(y),其中C(y)为待定函数.又第3页共6页第2页共6页编号：时间：2021年x月x日书山有路勤为径，学海无涯苦作舟页码：第3页共6页∫(0,0)(t,1)2xydx+Q(x,y)dy=∫01[t2+C(y)]dy=t2+∫01C(y)dy,∫(0,0)(1,t)2xydx+Q(x,y)dy=∫0t[1+C(y)]dy=t+∫0tC(y)dy,t对2+∫01C(y)dy...
