数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--14章

数学分析课后习题答案 高教第二版(陈纪修)

第十四章 曲线积分、曲面积分与场论

习 题 14.1 第一类曲线积分与第一类曲面积分

1.

求下列第一类曲线积分：

(1) ∫(x+y)ds，其中L是以O(0,0),A(1,0),B(0,1)为顶点的三角形；

L

(2) ∫|y|ds，其中L为单位圆周x2+y2=1；

L

(3) ∫|x|1/3ds，其中L为星形线x2/3+y2/3=a2/3；

LL

(5) ∫(x2+y2+z2)ds，L为螺旋线

L

L

x+y+z=0的交线。

答案

解（1）∫(x+y)ds=∫(x+y)ds+∫(x+y)ds+∫(x+y)ds

L

OA

AB

BO

网 w

变到1的一段弧；

(7) ∫(xy+yz+zx)ds，其中L为球面x2+y2+z2=a2和平面

ww

.k

1

22t31

,z=t2上相应于t从0(6) ∫xyzds。其中L为曲线x=t,y=32L

hd

π

x=acost,y=asint,z=bt,0≤t≤2π的一段：

L

（3）令 x=acos3t,y=asin3t，则 ds=3asintcost，于是

课

（2）∫|y|ds=∫0sintdt=4。

1

3ds

43a3

4

=12a3

44a3

后

=∫0xdx+∫0(x+x)2dx+∫0ydy=1+2。

2π

11

∫x

L

=

∫0

2π

sintcos2tdt

aw

.c

om

2

(4) ∫|x|ds，其中L为双纽线(x2+y2)2=x2 y2；

∫02sintcos

tdt=

。

x=θ

，再利用对称性，就有

（4）将L表示为参数方程

y=θ

∫|x|ds=4L

θdθ=。

注 本题也可利用L的极坐标方程r2=cos2θ，得到

∫|x|ds=4L

θdθ=。

1

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（5）∫(x2+y2+z2)ds

L

=∫

2π

(a2+b2t2)a2+b2dt=

2π

(3a2+4π2b2)a2+b2。 3

2

（6）∫xyzds=

3L

∫0

1

9

t2

+2t+t2dt=

162

。 143

（7）因为在L上成立

1

xy+yz+zx=[(x+y+z)2 (x2+y2+z2)]，

2

所以

a2

(xy+yz+zx)ds= ∫ds= πa3。 ∫2LL

解 质量m=∫ρds=b∫0sinta2sin2t+b2cos2tdt

L

(3) 球面x2+y2+z2=a2包含在锥面z=x2+y2内的部分； (4) 圆柱面x2+y2=a2被两平面x+z=0,x z=0(x>0,y>0)所截部分；

(5) 抛物面x2+y2=2az包含在柱面(x2+y2)2=2a2xy(a>0)内的那部分；

x=(b+acosφ)cos ,

(6) 环面 y=(b+acosφ)sin , 0≤φ≤2π,0≤ ≤2π，其中0<a<b。

z=asinφ,

解（1）A=∫∫+a2(x2+y2)dxdy

D

课

后

(2) 锥面x2+y2=z2被平面x+y+z=2a(a>0)所截的部分；

答案

3. 求下列曲面的面积：

(1) z=axy包含在圆柱面x2+y2=a2 (a>0)内的部分；

13

=∫

2π

dθ∫+a2r2rdr=

a

网 w

2a2ba2 b22

arcsin,当a>b 2b+22a 。 a b

= 4a2,当a=b 2a2bb+b2 a22 2b+ln,当a<b

22a b a

2π43

((1+a) 1)。 23a

2

ww

.k

hd

=2b∫sinta2+(b2 a2)cos2tdt

π

aw

.c

2π

om

2. 求椭圆周x=acost,y=bsint,0≤t≤2π的质量，已知曲线在点M(x,y)处的线密度是ρ(x,y)=|y|。

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（2）联立锥面与平面方程，消去z，得到

x2+y2 xy+2a(x+y)=2a2，

这是所截的部分在xy平面上投影区域的边界，它是个椭圆。记

D={(x,y)(x2 xy+y2)+2a(x+y)≤2a2}， 再令

x=u+v

，则区域D与区域

y=u v

D'=(u,v)(u+2a)2+3v2≤6a2

{}

对应，且

(x,y)

=2, 于是所截部分的面积为 (u,v)

D

D

D'

2

A==∫∫2dxdy=∫∫4dudv=a。

a2 r2

区域D={(z,x) x≤z≤x,0≤x≤a}，（4）圆柱面方程可写成y=a2 x2，于是

D

w

答案

（5）方程(x2+y2)2=2a2xy可化为极坐标方程r2=a2sin2θ，于是

D

A==ww

.k

π2π0

=∫0dθ∫0

2π

a2

a

rdr=(2 2)πa2。

hd

a

DD

a x y

22

aw

2

x

′A=∫∫+z′x+zydxdy=∫∫

22

a

dxdy

.c

=2a2。

于是

=∫dx∫

D

后

′A=2∫∫+z′x+zydxdy=2∫∫

D

22

x2+y2

+dxdy 2

a

asin2222

a2+r2rdr=a2∫2[(sinθ+cosθ)3 1]dθ =∫0dθ∫0

0a3

1

=(20 3π)a2。

9

（6）由

′= asinφcos ,yφ′= asinφsin ,zφ′=acosφ， xφ

′= (b+acosφ)sin ,y ′=(b+acosφ)cos ,z ′=0， x

可得

E=a2,G=(b+acosφ)2,F=0，

所以

A=∫∫EG Fdφd =∫

D

课

π

2

2π

d ∫

a(b+acosφ)dφ=4π2ab。

3

om

a2 22

（3）这部分球面在xy平面上的投影区域为 D= (x,y)x+y≤ ，

2

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4. 求下列第一类曲面积分：

(1) ∫∫(x+y+z)dS，其中∑是左半球面x2+y2+z2=a2，y≤0；

Σ

(2) ∫∫(x2+y2)dS，其中∑是区域{(x,y,z)|x2+y2≤z≤1}的边界；

Σ

∑是锥面z=x2+y2被柱面x2+y2=2ax所(3) ∫∫(xy+yz+zx)dS，

Σ

截部分； (4) ∫∫

Σ

1222

，其中∑是圆柱面x+y=a介于平面z=0dS222

x+y+z

与z=H之间的部分；

x2y2z2 2222

++dS(5) ∫∫ ，其中∑是球面x+y+z=a； 2 34 Σ

(6) ∫∫x3+y2+zdS，其中∑是抛物面2z=x2+y2介于平面z=0与

0≤v≤2π 的一部分。

解（1）由对称性，

.kww

a2 x2 z2

2

hd

aa x z

2

2

Σ

∫∫(x+y+z)dS=∫∫ydS= ∫∫

Σ

aw

z=8之间的部分；

(7) ∫∫ …… 此处隐藏：10305字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……