最后更新: 2025-04-09 07:44 查看: 398 次反馈刷题

第一类曲线积分计算举例

`例` 计算曲线积分 $I=\int_L\left(x^2+y^2\right) d s$, 其中 $L$ 是中心在 $(R, 0)$ 、半径为 $R$ 的上半圆周（见下图）.
 ![图片](/uploads/2024-10/a97715.jpg)
 
 解 由于上半圆周的参数方程为

$$
\left\{\begin{array}{l}
x=R(1+\cos t) \\
y=R \sin t
\end{array}(0 \leq t \leq \pi)\right.
$$

所以

$$
\begin{aligned}
I & =\int_L\left(x^2+y^2\right) d s \\
& =\int_0^\pi\left[R^2(1+\cos t)^2+R^2 \sin ^2 t\right] \sqrt{(-R \sin t)^2+(R \cos t)^2} d t \\
& =2 R^3 \int_0^\pi(1+\cos t) d t=\left.2 R^3[t+\sin t]\right|_0 ^\pi=2 \pi R^3 .
\end{aligned}
$$

`例` 计算曲线积分 $\oint_L \sqrt{x^2+y^2} \mathrm{~d} s$, 其中 $L: x^2+y^2=a x(a>0)$. (见图 7-45)
![图片](/uploads/2023-01/image_2023010177be1bc.png)
解 这道题也可以像例 2 一样，用圆的参数方程来做. 现在我们选择极坐标， 要注意两种方程的差别.

$$
\text { 设 }\left\{\begin{array}{l}
x=r \cos \theta \\
y=r \sin \theta^{\prime}
\end{array} \quad L: r=a \cos \theta\left(-\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\right)\right. \text { ， }
$$

即 $\left\{\begin{array}{c}x=a \cos ^2 \theta \\ y=a \cos \theta \sin \theta\end{array}, \mathrm{d} s=a \mathrm{~d} \theta\right.$ ，
则 $\int_L \sqrt{x^2+y^2} \mathrm{~d} s=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} a^2 \cos \theta \mathrm{d} \theta=2 a^2$.

`例` 计算曲线积分 $\int_L y^2 \mathrm{~d} s$ ，其中 $L$ 为摆线的一拱: $x=a(t-\sin t)$ ，

$$
y=a(1-\cos t) \text { ， }(0 \leq t \leq 2 \pi) \text {. (见图 7-46) }
$$

![图片](/uploads/2023-01/image_2023010104c05b2.png)

$$
\begin{aligned}
& \int_L y^2 \mathrm{~d} s=\int_0^{2 \pi}[a(1-\cos t)]^2 \sqrt{a^2(1-\cos t)^2+a^2 \sin ^2 t \mathrm{~d} t} \\
& =a^3 \int_0^{2 \pi}(1-\cos t)^2 \sqrt{2-2 \cos t} \mathrm{~d} t=8 a^3 \int_0^{2 \pi} \sin ^5 \frac{t}{2} \mathrm{~d} t \\
& =-16 a^3 \int_0^{2 \pi}\left(1-\cos ^2 \frac{t}{2}\right)^2 \mathrm{~d}\left(\cos \frac{t}{2}\right)=-16 a^3 \int_0^{2 \pi}\left(1-2 \cos ^2 \frac{t}{2}+\cos ^4 \frac{t}{2}\right) \mathrm{d}\left(\cos \frac{t}{2}\right) \\
& =-16 a^3\left[\cos \frac{t}{2}-\frac{2}{3} \cos ^2 \frac{t}{2}+\frac{1}{5} \cos ^5 t\right]_0^{2 \pi}=\frac{256}{15} a^3
\end{aligned}
$$

`例` 计算曲线积分 $\oint_L(x+y) d s$ ，其中 $L$ 为连接三点 $O(0,0) 、 A(1,0) 、 B(1,1)$ 的封闭折线段 $O A B O$. (图 7-47)
![图片](/uploads/2023-01/image_202301017741b35.png)
解 $\int_L(x+y) d s=\int_{\overline{D A}}(x+y) \mathrm{d} s+\int_{A B}(x+y) \mathrm{d} s+\int_{\overline{B O}}(x+y) \mathrm{d} s$ ，
在 $\overline{O A}$ 上， $y=0(0 \leq x \leq 1) ， \mathrm{ds}=\mathrm{d} x ， \int_{O A}(x+y) \mathrm{ds}=\int_0^1 x \mathrm{~d} x=\frac{1}{2}$ ；
在 $\overline{A B}$ 上， $x=1(0 \leq y \leq 1) ， \mathrm{ds}=\mathrm{d} y ， \int_{\overline{A B}}(x+y) \mathrm{ds}=\int_0^1(1+y) \mathrm{d} y=\frac{3}{2}$ ；
在 $\overline{B O}$ 上， $y=x(0 \leq x \leq 1) ， \mathrm{ds}=\sqrt{1+1^2} \mathrm{~d} x=\sqrt{2} \mathrm{~d} x ， \int_{B O}(x+y) \mathrm{ds}=\int_0^1 2 x \sqrt{2} \mathrm{~d} x=\sqrt{2}$ ， 故 $\quad f(x+y) \mathrm{d} s=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}+\sqrt{2}=2+\sqrt{2}$.

`例` 计算曲线积分 $\int_{\text {Г}}\left(x^2+y^2+z^2\right) \mathrm{d} s$ ，其中 $\Gamma$ 为螺旋线

$$
x=a \cos t, y=a \sin t, z=k t \text { 上 }
$$

相应于 $t$ 从 0 到 $2 \pi$ 的一段弧 (见图 7-48).

![图片](/uploads/2023-01/image_20230101d27c1d0.png)
解
$$
\begin{aligned}
& \int_{\Gamma}\left(x^2+y^2+z^2\right) \mathrm{d} s \\
= & \int_0^{2 \pi}\left[(a \cos t)^2+(a \sin t)^2+(k t)^2\right] \sqrt{(-a \sin t)^2+(a \cos t)^2+(k)^2} \mathrm{~d} t \\
= & \int_0^{2 \pi}\left[a^2+k^2 t^2\right] \sqrt{a^2+k^2} \mathrm{~d} t=\sqrt{a^2+k^2}\left[a^2 t+\frac{k^2}{3} t^3\right]_0^{2 \pi} \\
= & \frac{2}{3} \pi \sqrt{a^2+k^2}\left(3 a^2+4 \pi^2 k^2\right)
\end{aligned}
$$

`例` 求 $I=\int_{\Gamma} x^2 \mathrm{~d} s$, 其中 $\Gamma$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 被平面 $x+y+z=0$ 所截 得的圆周 (见图 7-49).
解 由对称性知

$$
\int_{\Gamma} x^2 \mathrm{~d} s=\int_{\Gamma} y^2 \mathrm{~d} s=\int_{\Gamma} z^2 \mathrm{~d} s,
$$

所以

$$
\begin{aligned}
& I=\frac{1}{3} \int_{\Gamma}\left(x^2+y^2+z^2\right) \mathrm{d} s=\frac{1}{3} \int_{\Gamma} a^2 \mathrm{~d} s \\
& =\frac{a^2}{3} \int_{\Gamma} \mathrm{ds}=\frac{2 \pi a^3}{3} \text { 其中 } \int_{\Gamma} \mathrm{ds}=2 \pi a \text { 为球面的大圆周长. } \\
&
\end{aligned}

![图片](/uploads/2023-01/image_20230101b0aa873.png)

## 曲线积分在物理上应用
设曲线型构件在 $x O y$ 面上占据的位置是一段曲线弧 $L$ ，在 $L$ 上的点 $(x, y)$ 处 的构件的线密度为 $\rho(x, y)$ ，且 $\rho(x, y)$ 在 $L$ 上连续，则和解决平面薄片的同类问题 一样，应用元素法，就可以得到平面曲线弧状构件的质量

$$
M=\int_L \rho(x, y) \mathrm{d} s ；
$$

曲线型构件的质心坐标为

$$
\bar{x}=\frac{\int_L x \rho(x, y) \mathrm{d} s}{M}, \bar{y}=\frac{\int_L y \rho(x, y) \mathrm{d} s}{M} ；
$$

如果是匀质的曲线型构件，则对应的形心公式为

$$
\bar{x}=\frac{\int_L x \mathrm{~d} s}{\int_L \mathrm{~d} s}, \bar{y}=\frac{\int_L y \mathrm{~d} s}{\int_L \mathrm{~d} s} ;
$$

而曲线型构件对于 $x O y$ 面上的 $x$ 轴和 $y$ 轴的转动惯量分别为

$$
I_x=\int_L x^2 \rho(x, y) \mathrm{d} s, \quad I_y=\int_L y^2 \rho(x, y) \mathrm{d} s .
$$

类似地，我们也可以得到空间曲线积分所对应的质量，质心和转动惯量.

`例` 计算半径为 $R$ ， 中心角为 $2 \alpha$ 的圆弧 对于它的对称轴的转动惯量 (设 线密度 $\rho=1$).
解 取坐标系如图 7-50，则 $I=\int_L y^2 \mathrm{~d} s$. 为计算方便，利用 $L$ 的参数方程

$$
x=R \cos t, y=R \sin t(-\alpha \leq t \leq \alpha) .
$$

故 $I=\int_L y^2 \mathrm{~d} s=\int_{-\alpha}^\alpha R^2 \sin ^2 t \sqrt{(-R \sin t)^2+(R \cos t)^2} \mathrm{~d} \theta$

$$
\begin{aligned}
& =R^3 \int_{-\alpha}^\alpha \sin ^2 t d t=\frac{R^3}{2}\left[t-\frac{\sin 2 t}{2}\right]_{-\alpha}^\alpha \\
& =\frac{R^3}{2}(2 \alpha-\sin 2 \alpha)=R^3(\alpha-\sin \alpha \cos \alpha) .
\end{aligned}
$$

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