四、第二类曲线积分的计算（三维）

小题

（一）直接计算

1. 【1997-1-5 分】 $C:\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=1,\\ x-y+z=2,\end{array}$，从 $z$ 轴正向看为顺时针方向，计算

$${\oint }_C(z-y)\mathrm{d}x+(x-z)\mathrm{d}y+(x-y)\mathrm{d}z.$$

查看答案与解析

答案： $-2\pi$。

解析： 由于曲线 $C$ 在 $xOy$ 平面上的投影为单位圆，且从 $z$ 轴正向看为顺时针方向，可取参数方程

$$x=\cos t,y=-\sin t,0\le t\le 2\pi .$$

由平面方程 $x-y+z=2$，得

$$z=2-x+y=2-\cos t-\sin t.$$

于是

$$\mathrm{d}x=-\sin t\mathrm{d}t,\mathrm{d}y=-\cos t\mathrm{d}t,\mathrm{d}z=(\sin t-\cos t)\mathrm{d}t.$$

代入原积分，得

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{2\pi }\left[(z-y)x^{\prime }(t)+(x-z)y^{\prime }(t)+(x-y)z^{\prime }(t)\right]\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{2\pi }\left(4{\sin }^{2}t+2\cos t-2\sin t-3\right)\mathrm{d}t.\end{array}$$

利用

$${\int }_0^{2\pi }{\sin }^{2}t\mathrm{d}t=\pi ,{\int }_0^{2\pi }\sin t\mathrm{d}t={\int }_0^{2\pi }\cos t\mathrm{d}t=0,$$

可得

$$I=4\pi -6\pi =-2\pi .$$

故

$$\boxed{I=-2\pi }.$$

知识点：空间曲线直接参数化时，应先根据观察方向确定平面投影的正、负方向；从 $z$ 轴正向看顺时针，对应 $x=\cos t,y=-\sin t$。

（二）斯托克斯公式

1. 【2011-1-4 分】 $L$ 为柱面 $x^2+y^2=1$ 与平面 $z=x+y$ 的交线，从 $z$ 轴正向看为逆时针方向，则

$${\oint }_{L}xz\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y+\frac{y^2}{2}\mathrm{d}z=$$

查看答案与解析

答案： $\pi$。

解析： 令

$$P=xz,Q=x,R=\frac{y^2}{2}.$$

由斯托克斯公式，

$${\oint }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z={\iint }_{\Sigma }\left(\mathrm{rot}\mathbf{F}\right)\cdot \mathbf{n}\mathrm{d}S,$$

其中 $\Sigma$ 可取平面 $z=x+y$ 在柱面内的部分。因为从 $z$ 轴正向看 $L$ 为逆时针方向，故取 $\Sigma$ 的上侧。

计算旋度：

$$\begin{array}{rl}\mathrm{rot}\mathbf{F}& =\left|\begin{array}{ccc}\mathbf{i}& \mathbf{j}& \mathbf{k}\\ {\partial }_x& {\partial }_y& {\partial }_z\\ xz& x& \frac{y^2}{2}\end{array}\right|\\ & =(y,x,1).\end{array}$$

平面 $z=x+y$ 的上侧有向面积元为

$$\mathbf{n}\mathrm{d}S=(-1,-1,1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

其在 $xOy$ 平面上的投影区域为

$$D:x^2+y^2\le 1.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D(y,x,1)\cdot (-1,-1,1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\iint }_D(1-x-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}$$

区域 $D$ 关于两坐标轴均对称，故

$${\iint }_{D}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{D}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$$

于是

$$I={\iint }_{D}1\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\pi .$$

故

$$\boxed{I=\pi }.$$

错误分析：若误取平面的下侧，则边界方向会变为从 $z$ 轴正向看顺时针，积分结果将多出一个负号。

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2. 【2014-1-4 分】 $L$ 是柱面 $x^2+y^2=1$ 与平面 $y+z=0$ 的交线，从 $z$ 轴正向看为逆时针方向，则

$${\oint }_{L}z\mathrm{d}x+y\mathrm{d}z=$$

查看答案与解析

答案： $\pi$。

解析： 令

$$P=z,Q=0,R=y.$$

取平面

$$z=-y$$

在柱面内的部分为 $\Sigma$。由于从 $z$ 轴正向看边界 $L$ 为逆时针方向，故取 $\Sigma$ 的上侧。

有

$$\begin{array}{rl}\mathrm{rot}\mathbf{F}& =\left|\begin{array}{ccc}\mathbf{i}& \mathbf{j}& \mathbf{k}\\ {\partial }_x& {\partial }_y& {\partial }_z\\ z& 0& y\end{array}\right|\\ & =(1,1,0).\end{array}$$

平面 $z=-y$ 的上侧有向面积元为

$$\mathbf{n}\mathrm{d}S=(0,1,1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

投影区域仍为单位圆盘

$$D:x^2+y^2\le 1.$$

由斯托克斯公式，

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D(1,1,0)\cdot (0,1,1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\iint }_{D}1\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\pi .\end{array}$$

故

$$\boxed{I=\pi }.$$

知识点：对于图形曲面 $z=z(x,y)$ 的上侧，统一使用

$$\mathbf{n}\mathrm{d}S=(-z_x,-z_y,1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

大题

（一）直接计算

1. 【1992-12-8 分】 在变力 $\vec{F}=yz\vec{i}+zx\vec{j}+xy\vec{k}$ 作用下，质点由原点沿直线运动到椭球面

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$$

第一象限点 $M(\xi ,\eta ,\zeta )$，问 $\xi ,\eta ,\zeta$ 取何值时做功 $W$ 最大，并求 $W_{\max }$。

查看答案与解析

答案：

$$\xi =\frac{a}{\sqrt{3}},\eta =\frac{b}{\sqrt{3}},\zeta =\frac{c}{\sqrt{3}},$$

$$W_{\max }=\frac{abc}{3\sqrt{3}}.$$

解析： 力场

$$\vec{F}=(yz,zx,xy)$$

满足

$$\vec{F}=\mathrm{grad}(xyz),$$

因为

$$\frac{\partial (xyz)}{\partial x}=yz,\frac{\partial (xyz)}{\partial y}=zx,\frac{\partial (xyz)}{\partial z}=xy.$$

所以该力场为势场，做功与路径无关。质点由原点 $O(0,0,0)$ 运动到 $M(\xi ,\eta ,\zeta )$ 时，

$$\begin{array}{rl}W& ={\int }_O^{M}yz\mathrm{d}x+zx\mathrm{d}y+xy\mathrm{d}z\\ & =[xyz{]}_O^M\\ & =\xi \eta \zeta .\end{array}$$

由约束条件

$$\frac{{\xi }^2}{a^2}+\frac{{\eta }^2}{b^2}+\frac{{\zeta }^2}{c^2}=1,$$

令

$$u=\frac{\xi }{a},v=\frac{\eta }{b},w=\frac{\zeta }{c},$$

则 $u,v,w>0$，且

$$u^2+v^2+w^2=1,W=abcuvw.$$

由均值不等式，

$$\begin{array}{rl}\frac{u^2+v^2+w^2}{3}& \ge \sqrt[3]{u^2{v}^2{w}^2},\\ \frac{1}{3}& \ge (uvw{)}^{\frac{2}{3}},\end{array}$$

故

$$uvw\le \frac{1}{3\sqrt{3}}.$$

等号成立当且仅当

$$u=v=w=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

因此

$$\xi =\frac{a}{\sqrt{3}},\eta =\frac{b}{\sqrt{3}},\zeta =\frac{c}{\sqrt{3}},$$

且

$$\boxed{W_{\max }=\frac{abc}{3\sqrt{3}}}.$$

知识点：先判断力场是否为势场，再将功化为势函数在端点处的增量；约束极值可用均值不等式或拉格朗日乘数法求解。

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2. 【2015-1-10 分】

$$L:\{\begin{array}{l}z=\sqrt{2-x^2-y^2},\\ z=x,\end{array}$$

起点 $A(0,\sqrt{2},0)$，终点 $B(0,-\sqrt{2},0)$，计算

$$I={\int }_L(y+z)\mathrm{d}x+(z^2-x^2+y)\mathrm{d}y+x^2{y}^2\mathrm{d}z.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{\sqrt{2}\pi }{2}.$$

解析： 在曲线 $L$ 上有 $z=x$，又

$$z^2=2-x^2-y^2,$$

所以

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

由于 $z=\sqrt{2-x^2-y^2}\ge 0$，故 $x=z\ge 0$。曲线 $L$ 是椭圆 $2x^2+y^2=2$ 的右半支，可按从 $A$ 到 $B$ 的方向参数化为

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

于是

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

在 $L$ 上，

$$z^2-x^2+y=y.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi }\left[(\sqrt{2}\cos t+\sin t)\cos t+(\sqrt{2}\cos t)(-\sqrt{2}\sin t)+2{\sin }^{2}t{\cos }^{3}t\right]\mathrm{d}t\\ & =\sqrt{2}{\int }_0^{\pi }{\cos }^{2}t\mathrm{d}t+{\int }_0^{\pi }\sin t\cos t\mathrm{d}t-2{\int }_0^{\pi }\sin t\cos t\mathrm{d}t+2{\int }_0^{\pi }{\sin }^{2}t{\cos }^{3}t\mathrm{d}t.\end{array}$$

其中

$${\int }_0^{\pi }\sin t\cos t\mathrm{d}t=0,$$

并且 ${\sin }^{2}t{\cos }^{3}t$ 关于 $t=\frac{\pi }{2}$ 反对称，故

$${\int }_0^{\pi }{\sin }^{2}t{\cos }^{3}t\mathrm{d}t=0.$$

又

$${\int }_0^{\pi }{\cos }^{2}t\mathrm{d}t=\frac{\pi }{2}.$$

所以

$$\boxed{I=\sqrt{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\sqrt{2}\pi }{2}}.$$

知识点：空间曲线由两个曲面相交得到时，可先利用曲面方程消元，再根据起点、终点和方向选取参数。

（二）斯托克斯公式

1. 【2001-1-7 分】 $L$ 是 $x+y+z=2$ 与 $|x|+|y|=1$ 的交线，从 $z$ 轴正向看为逆时针方向，计算

$$I={\oint }_L(y^2-z^2)\mathrm{d}x+(2z^2-x^2)\mathrm{d}y+(3x^2-y^2)\mathrm{d}z.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=-24.$$

解析： 令

$$P=y^2-z^2,Q=2z^2-x^2,R=3x^2-y^2.$$

从 $z$ 轴正向看 $L$ 为逆时针方向，因此取平面

$$z=2-x-y$$

上由 $|x|+|y|\le 1$ 截得的曲面，并取法向量的 $z$ 分量为正。相应有向面积元为

$$\mathbf{n}\mathrm{d}S=(1,1,1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

计算旋度：

$$\begin{array}{rl}\mathrm{rot}\mathbf{F}& =\left(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y\right)\\ & =(-2y-4z,-2z-6x,-2x-2y).\end{array}$$

由斯托克斯公式，

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D(-2y-4z,-2z-6x,-2x-2y)\cdot (1,1,1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\iint }_D(-8x-4y-6z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\end{array}$$

其中

$$D:|x|+|y|\le 1.$$

代入 $z=2-x-y$，得

$$-8x-4y-6z=-2x+2y-12.$$

区域 $D$ 关于 $x$ 轴、$y$ 轴均对称，因此

$${\iint }_{D}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0,{\iint }_{D}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$$

菱形 $|x|+|y|\le 1$ 的两条对角线长度均为 $2$，故面积为

$$S_D=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2=2.$$

于是

$$\boxed{I=-12S_D=-24}.$$

知识点：应用斯托克斯公式时，应根据曲线的观察方向选择曲面的法向；若投影区域具有对称性，含奇函数的二重积分可直接判为零。

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2. 【2022-1-12 分】 $\Sigma :4x^2+y^2+z^2=1$，$x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0$，取上侧，$L$ 是 $\Sigma$ 的边界并符合右手定向，求

$$I={\oint }_L(y{z}^2-\cos z)\mathrm{d}x+2x{z}^2\mathrm{d}y+(2xyz+x\sin z)\mathrm{d}z.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=0.$$

解析： 令

$$P=y{z}^2-\cos z,Q=2x{z}^2,R=2xyz+x\sin z.$$

计算旋度：

$$\begin{array}{rl}\mathrm{rot}\mathbf{F}& =\left(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y\right)\\ & =(-2xz,0,z^2).\end{array}$$

曲面上侧可写成

$$z=\sqrt{1-4x^2-y^2},$$

其在 $xOy$ 平面上的投影为

$$D:4x^2+y^2\le 1,x\ge 0,y\ge 0.$$

有

$$z_x=-\frac{4x}{z},z_y=-\frac{y}{z},$$

故上侧有向面积元为

$$\mathbf{n}\mathrm{d}S=\left(\frac{4x}{z},\frac{y}{z},1\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

由斯托克斯公式，

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D(-2xz,0,z^2)\cdot \left(\frac{4x}{z},\frac{y}{z},1\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\iint }_D(z^2-8x^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\iint }_D(1-12x^2-y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}$$

作变换

$$u=2x,v=y,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{2}\mathrm{d}u\mathrm{d}v.$$

则区域化为第一象限的四分之一单位圆盘

$$D^{\prime }:u^2+v^2\le 1,u\ge 0,v\ge 0,$$

且

$$I=\frac{1}{2}{\iint }_{D^{\prime }}(1-3u^2-v^2)\mathrm{d}u\mathrm{d}v.$$

在 $D^{\prime }$ 上，

$${\iint }_{D^{\prime }}1\mathrm{d}u\mathrm{d}v=\frac{\pi }{4},$$

由对称性，

$${\iint }_{D^{\prime }}{u}^2\mathrm{d}u\mathrm{d}v={\iint }_{D^{\prime }}{v}^2\mathrm{d}u\mathrm{d}v=\frac{\pi }{16}.$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{2}\left(\frac{\pi }{4}-3\cdot \frac{\pi }{16}-\frac{\pi }{16}\right)\\ & =0.\end{array}$$

因此

$$\boxed{I=0}.$$

知识点：椭圆区域可通过线性换元化为圆盘；计算二次矩时应同时考虑雅可比因子。

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3. 【2024-1-12 分】 $L$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=2x$ 与平面 $2x-z-1=0$ 的交线，从 $z$ 轴正向看为逆时针方向，计算

$$I={\int }_L(6xyz-y{z}^2)\mathrm{d}x+2x^{2}z\mathrm{d}y+xyz\mathrm{d}z.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{4\pi }{5\sqrt{5}}.$$

解析： 令

$$P=6xyz-y{z}^2,Q=2x^{2}z,R=xyz.$$

从 $z$ 轴正向看 $L$ 为逆时针方向，因此取平面

$$z=2x-1$$

在球面内部的部分，并取法向量的 $z$ 分量为正。相应有向面积元为

$$\mathbf{n}\mathrm{d}S=(-2,0,1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

计算旋度：

$$\begin{array}{rl}\mathrm{rot}\mathbf{F}& =\left(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y\right)\\ & =(xz-2x^2,6xy-3yz,z^2-2xz).\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}(\mathrm{rot}\mathbf{F})\cdot (-2,0,1)& =-2(xz-2x^2)+(z^2-2xz)\\ & =4x^2+z^2-4xz\\ & =(2x-z{)}^2.\end{array}$$

在平面 $2x-z-1=0$ 上，

$$2x-z=1,$$

故上式恒为 $1$。由斯托克斯公式，

$$I={\iint }_{D}1\mathrm{d}x\mathrm{d}y=S_D,$$

其中 $D$ 为所取平面区域在 $xOy$ 平面上的投影。

将 $z=2x-1$ 代入球面方程，得

$$\begin{array}{rl}{x}^2+y^2+(2x-1{)}^2& =2x,\\ 5x^2-6x+y^2+1& =0,\end{array}$$

即

$$5{\left(x-\frac{3}{5}\right)}^2+y^2=\frac{4}{5}.$$

因此 $D$ 是椭圆，两个半轴长分别为

$$a_x=\frac{2}{5},a_y=\frac{2}{\sqrt{5}}.$$

所以

$$\boxed{I=S_D=\pi a_x{a}_y=\pi \cdot \frac{2}{5}\cdot \frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{4\pi }{5\sqrt{5}}}.$$

知识点：若旋度与有向面积元点乘后可利用曲面方程化为常数，则曲线积分可直接转化为投影区域面积。