一、第一类曲线积分的计算

小题

（一）化为定积分

1. 【1989-12-3 分】 设平面曲线 $L$ 为下半圆 $y=-\sqrt{1-x^2}$，则曲线积分 ${\int }_L(x^2+y^2)\mathrm{d}s=$

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答案： $\pi$。

解析： 曲线 $L$ 是单位圆 $x^2+y^2=1$ 的下半圆，因此在 $L$ 上恒有

$$x^2+y^2=1.$$

所以

$${\int }_L(x^2+y^2)\mathrm{d}s={\int }_{L}1\mathrm{d}s.$$

第一类曲线积分 ${\int }_{L}1\mathrm{d}s$ 等于曲线 $L$ 的弧长。单位圆下半圆的弧长为

$$\pi \times 1=\pi .$$

故

$${\int }_L(x^2+y^2)\mathrm{d}s=\pi .$$

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2. 【2009-1-4 分】 已知曲线 $L:y=x^2(0\le x\le \sqrt{2})$，则 ${\int }_{L}x\mathrm{d}s=$

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答案： $\frac{13}{6}$。

解析： 曲线由 $y=x^2$ 给出，因此

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=2x,$$

弧长微元为

$$\mathrm{d}s=\sqrt{1+{\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)}^2}\mathrm{d}x=\sqrt{1+4x^2}\mathrm{d}x.$$

于是

$${\int }_{L}x\mathrm{d}s={\int }_0^{\sqrt{2}}x\sqrt{1+4x^2}\mathrm{d}x.$$

令 $u=1+4x^2$，则 $\mathrm{d}u=8x\mathrm{d}x$。当 $x=0$ 时 $u=1$；当 $x=\sqrt{2}$ 时 $u=9$。故

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\sqrt{2}}x\sqrt{1+4x^2}\mathrm{d}x& =\frac{1}{8}{\int }_1^9{u}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}u\\ & =\frac{1}{8}\cdot \frac{2}{3}{u^{\frac{3}{2}}|}_1^9\\ & =\frac{1}{12}(27-1)\\ & =\frac{13}{6}.\end{array}$$

因此

$${\int }_{L}x\mathrm{d}s=\frac{13}{6}.$$

（二）运用对称性：奇偶性

1. 【1998-1-3 分】 设 $L$ 为椭圆 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，其周长记为 $a$，则

$${\oint }_L\left(2xy+3x^2+4y^2\right)\mathrm{d}s=$$

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答案： $12a$。

解析： 椭圆 $L$ 关于 $x$ 轴和 $y$ 轴均对称，而 $2xy$ 关于任一坐标轴均为奇函数。第一类曲线积分中的弧长微元 $\mathrm{d}s$ 不随方向改变，因此由对称性可得

$${\oint }_{L}2xy\mathrm{d}s=0.$$

另一方面，由椭圆方程

$$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$$

两边同乘 $12$，得

$$3x^2+4y^2=12.$$

故在整条椭圆上，被积函数可化为

$$2xy+3x^2+4y^2=2xy+12.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\oint }_L\left(2xy+3x^2+4y^2\right)\mathrm{d}s& ={\oint }_{L}2xy\mathrm{d}s+12{\oint }_L\mathrm{d}s\\ & =0+12a\\ & =12a.\end{array}$$

（三）运用对称性：轮换对称性

1. 【2018-1-4 分】 设 $L$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 与平面 $x+y+z=0$ 的交线，则 ${\oint }_{L}xy\mathrm{d}s=$

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答案： $-\frac{\pi }{3}$。

解析： 平面 $x+y+z=0$ 通过球心，因此它与单位球面的交线 $L$ 是半径为 $1$ 的大圆，故其周长为

$${\oint }_L\mathrm{d}s=2\pi .$$

曲线 $L$ 在坐标轮换

$$(x,y,z)⟼(y,z,x)$$

下保持不变，因此由轮换对称性，三个积分相等：

$${\oint }_{L}xy\mathrm{d}s={\oint }_{L}yz\mathrm{d}s={\oint }_{L}zx\mathrm{d}s.$$

记它们的共同值为 $I$。在平面 $x+y+z=0$ 上，有

$$(x+y+z{)}^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)=0.$$

又因为 $L$ 位于单位球面上，所以 $x^2+y^2+z^2=1$，从而

$$xy+yz+zx=-\frac{1}{2}.$$

沿 $L$ 积分可得

$$\begin{array}{rl}3I& ={\oint }_L(xy+yz+zx)\mathrm{d}s\\ & =-\frac{1}{2}{\oint }_L\mathrm{d}s\\ & =-\frac{1}{2}\cdot 2\pi \\ & =-\pi .\end{array}$$

因此

$$I=-\frac{\pi }{3},$$

即

$${\oint }_{L}xy\mathrm{d}s=-\frac{\pi }{3}.$$

大题

（一）化为定积分

1. 【1989-2-6 分】 求八分之一球面 $x^2+y^2+z^2=R^2$，$x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0$ 的边界曲线的重心，设曲线的线密度 $\rho =1$。

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答案： 重心为

$$\left(\frac{4R}{3\pi },\frac{4R}{3\pi },\frac{4R}{3\pi }\right).$$

解析： 八分之一球面的边界曲线由三个半径均为 $R$ 的四分之一圆弧组成，分别位于三个坐标面内。记它们为

$$L_{xy}:z=0,L_{xz}:y=0,L_{yz}:x=0.$$

每段圆弧的长度均为 $\frac{\pi R}{2}$，故边界曲线的总质量为

$$M={\int }_L\rho \mathrm{d}s=3\cdot \frac{\pi R}{2}=\frac{3\pi R}{2}.$$

由于该边界曲线关于坐标 $x,y,z$ 具有轮换对称性，因此

$$\bar{x}=\bar{y}=\bar{z}.$$

下面计算 $\bar{x}$。在圆弧 $L_{yz}$ 上恒有 $x=0$，故

$${\int }_{L_{yz}}x\mathrm{d}s=0.$$

在 $L_{xy}$ 上作参数化

$$x=R\cos t,y=R\sin t,z=0,0\le t\le \frac{\pi }{2},$$

则 $\mathrm{d}s=R\mathrm{d}t$，所以

$${\int }_{L_{xy}}x\mathrm{d}s={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}R\cos t\cdot R\mathrm{d}t=R^2.$$

同理，在 $L_{xz}$ 上也有

$${\int }_{L_{xz}}x\mathrm{d}s=R^2.$$

于是

$${\int }_{L}x\mathrm{d}s=2R^2,$$

从而

$$\bar{x}=\frac{{\int }_{L}x\rho \mathrm{d}s}{M}=\frac{2R^2}{\frac{3\pi R}{2}}=\frac{4R}{3\pi }.$$

由轮换对称性，

$$\bar{y}=\bar{z}=\frac{4R}{3\pi }.$$

因此边界曲线的重心为

$$\left(\frac{4R}{3\pi },\frac{4R}{3\pi },\frac{4R}{3\pi }\right).$$

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2. 【1990-12-8 分】 质点 $P$ 沿着以 $AB$ 为直径的半圆周，从点 $A(1,2)$ 运动到点 $B(3,4)$ 的过程中受变力 $\vec{F}$ 作用（见图），$\vec{F}$ 的大小等于点 $P$ 与原点 $O$ 之间的距离，其方向垂直于线段 $OP$ 且与 $y$ 轴正向的夹角小于 $\frac{\pi }{2}$。求变力 $\vec{F}$ 对质点 $P$ 所作的功。

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答案： $2\pi -2$。

解析： 设动点 $P(x,y)$。向量 $\overrightarrow{OP}=(x,y)$，其长度为

$$|OP|=\sqrt{x^2+y^2}.$$

与 $\overrightarrow{OP}$ 垂直且模长仍为 $\sqrt{x^2+y^2}$ 的两个向量为

$$(-y,x),(y,-x).$$

题图所示半圆上的点均满足 $x>0$。由于力与 $y$ 轴正向的夹角小于 $\frac{\pi }{2}$，故力的 $y$ 分量为正，因此

$$\vec{F}=(-y,x).$$

所以力所作的功为

$$W={\int }_L\vec{F}\cdot \mathrm{d}\vec{r}={\int }_L(-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y).$$

线段 $AB$ 的中点为 $(2,3)$，且

$$|AB|=\sqrt{(3-1{)}^2+(4-2{)}^2}=2\sqrt{2},$$

故半圆半径为 $\sqrt{2}$。按题图中从 $A$ 到 $B$ 的方向，可取参数方程

$$x=2+\sqrt{2}\cos \theta ,y=3+\sqrt{2}\sin \theta ,-\frac{3\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{4}.$$

于是

$$\mathrm{d}x=-\sqrt{2}\sin \theta \mathrm{d}\theta ,\mathrm{d}y=\sqrt{2}\cos \theta \mathrm{d}\theta .$$

代入得

$$\begin{array}{rl}W& ={\int }_{-\frac{3\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}\left[-(3+\sqrt{2}\sin \theta )(-\sqrt{2}\sin \theta )+(2+\sqrt{2}\cos \theta )(\sqrt{2}\cos \theta )\right]\mathrm{d}\theta \\ & ={\int }_{-\frac{3\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}\left(3\sqrt{2}\sin \theta +2\sqrt{2}\cos \theta +2\right)\mathrm{d}\theta \\ & =3\sqrt{2}{\left[-\cos \theta \right]}_{-\frac{3\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}+2\sqrt{2}{\left[\sin \theta \right]}_{-\frac{3\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}+2{\left[\theta \right]}_{-\frac{3\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}\\ & =-6+4+2\pi \\ & =2\pi -2.\end{array}$$

因此变力所作的功为

$$W=2\pi -2.$$