线面积分20080427

1、考研真题分析（线、面积分）1、(1989)设平面曲线为下半圆周，则曲线积分。解的参数方程为，故，因此。注本题若注意到在上变化时满足，则立即可得结果：。2、(1993)设曲线积分与路径无关，其中具有一阶连续导数，且，则等于。A、B、C、D、解本题的关键在于由条件“曲线积分与路径无关”导出所满足的微分方程, 由此求出求的表达式。设，。由于，在全平面上具有连续的偏导数，曲线积分与路径无关，因此即满足方程由初始条件，得上面方程的特解为。3、(1996)计算曲面积分，其中是有向曲面，其法向量与轴正向的夹角为锐角。解法1由于被积函数在空间任意光滑封闭曲面所围区域上满足高斯公式条件，故采用添加有向曲面，利用

2、高斯公式计算。这里应注意在高斯公式中，曲面积分是沿着封闭曲面外侧进行的，因此本题沿着封闭曲面内侧的积分应加负号。记为法向量指向轴的负向的有向平面，为在平面上的投影区域，则设为所围成的空间区域，则由高斯公式知因此原式解法2对此第二类曲面积分，可用“一投、二代、三投影”步骤求解。应注意按照投影法确定符号。设为在平面上的投影区域，则其中令，则上式又所以。4、(1999)设为椭球面的上半部分，点，为在点处的切平面，为点到平面的距离，求。解本题为综合题。应首先求出切平面方程再求相应的第一类曲面积分，这一点由题意不难看出。选择简便的方法求出切平面方程和曲面积分是应引起充分注意的。以下采用公式法，直接求出切

3、平面方程，根据积分区域和被积函数的特性，利用极坐标教简捷地求得了结果。先写出切平面方程，设为上任意一点，则平面的方程为再由点到平面的距离公式，得由 有，于是积分区域是在平面的投影用极坐标得5、(2000)设，为在第一卦限中的部分，则有。A、 B、C、 D、解本题可通过计算进行选择，但这样比较烦琐。也可采用排除法判别。由于(A), (B)两个式子在形式上只是将换成了，由和的表达式知，的地位完全相当，因此(A), (B)两式或全对或全错，由于这里只有一个对的答案，故(A), (B) 全错。又(D)式左端的被积函数在区域上的符号不同，因此积分值应有所抵消，而右端的被积函数在上非负，故(D)式左端的值

4、不可能是在第一象限上积分的四倍，即(D)不可能成立。由此只能选择(C)。6、(2003)已知平面区域，为的正向边界，试证（1）.（2）证法1等式的两边均为第二类曲线积分，可分别对两边直接积分，比较积分值，得结果。本题边界曲线为折线段，可将曲线积分直接化为定积分证明，或曲线为封闭正向曲线，自然可想到用格林公式；(2)的证明应注意用(1)的结果。左边右边于是证法2对于第二类曲线积分，常考虑用格林公式转化为二重积分求解，由于被积函数在全平面上都有连续的偏导数，故可利用格林公式进行求证。由格林公式，有由于关于对称，故于是.(2) 由于，故由（1）得= （利用轮换对称性）=7、(2003)设函数在内具有

5、一阶连续偏导数，是上半平面内的有向分段光滑曲线，起点为，终点为，记（1）证明曲线积分与路径无关；（2）当时，求的值。解由题设，第一问可利用平面上曲线积分与路径无关的充要条件给予证明。在第一问的基础上，通过求原函数，并求原函数的改变量，求得的值。（1）记，则，于是满足：在时，且，所以曲线积分与路径无关。（2）曲线积分与路径无关，故存在原函数使得，且：由于连续，所以存在，使得，于是所以原函数为取，得。于是注在第一问的基础上，第二问的值，可通过如下取积分路径为折线路径，分段化为定积分求得。由于曲线积分与路径无关，取为从到的折线段，于是8、（2004）设为正向圆周在第一象限中的部分，则曲线积分的值为。

6、解利用极坐标将曲线用参数方程表示，相应曲线积分可化为定积分。正向圆周在第一象限中的部分，可表示为，于是图105注本题也可添加折线段，使之成为封闭曲线，然后用格林公式计算，而在添加的线段上的积分容易计算：如图105所示：而；故。9、(2004)计算曲面积分其中是曲面的上侧。解对于第二类曲面积分，利用构造封闭曲面，再应用高斯公式将原式转化为三重积分进行计算是常用的方法，但选择怎样的封闭曲面以及在怎样的坐标系下计算三重积分都是需要根据题意做选择的。本题利用添加平面上的一个圆形区域构造封闭曲面，并在柱面坐标系下，较简捷地得到了所求的值。设为平面上被圆所围部分的下侧，记为由和围成的空间闭区域，则原式由高

7、斯公式知而因此，原式=。注本题选择时应注意其侧与围成封闭曲面后同为外侧（或内侧），另外在上直接投影积分时，应注意符号(取下侧，与z轴正向相反，所以取负号)。10、(2005)设函数具有连续的导数，在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线上，曲线积分的值恒为常数。（I）对右半平面内的任意分段光滑简单闭曲线，有；（II）求函数的表达式。图104解本题是一道综合题。从已知条件和问题（I），易考虑使用格林公式求解。在本题的证明和求解过程中，从不同的思维角度切入，多次应用了格林公式。格林公式在应用上的灵活性，是值得关注的。证明（I）的关键是如何将封闭曲线与围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线相联系，这可利用曲线积

8、分的可加性将进行分解讨论；而（II）中求的表达式，显然应用积分与路径无关即可.yMROPNCQx图106（I）如图10-6，设是半平面内的任一分段光滑简单闭曲线，在上任取两点，作围绕原点的闭曲线，同时得到另一个围绕原点的闭曲线。根据题设可知根据第二类曲线积分的性质，利用上式可得（II）设，在单连通区域内具有一阶连续偏导数，由（）知，曲线积分在该区域内与路径无关，故当时，总有。比较、两式的右端，得由得，将代入得所以，从而。11、(2005) 设是由锥面与半球面围成的空间区域，的整个边界的外侧，则。解对第二类曲面积分，用高斯公式求解往往较为简捷，由于易知本题的积分区域以及被积函数满足用高斯公式求解

9、的条件，于是首先考虑采用高斯公式求解。因为是的整个边界的外侧，根据高斯公式可得：即空间区域体积的三倍。令，可得交线在平面上的投影区域（如图104所示）为：。用柱坐标求积分，得。注计算第二类曲面积分，在直角坐标下采用投影法化为二重积分进行计算是常用的基本方法，本题也可用此法计算，但计算量比较大，这里略去。12、（2006）设是锥面的下侧，则。解本题不是封闭曲面，首先加上一曲面构成封闭曲面，然后利用高斯公式转化为三重积分，再用球面（或柱面）坐标进行计算即可.设：，取上侧，则而，所以。13、（2006）设在上半平面内，函数具有连续偏导数，且对任意的都有.证明：对内的任意分段光滑的有向简单闭曲线，都有

10、.解由，两边对求导得令 ，则.设，则.则由可得.故由曲线积分与路径无关的定理可知，对内的任意分段光滑的有向简单闭曲线，都有.14、（20070104）设曲线具有一阶连续偏导数过第二象限内的点和第四象限内的点，为上从点到点的一段弧，则下列积分小于零的是：A、 B、 C、 D、解：令，由题设知，;故选B15、（20070104）设曲面，则解：由于积分曲面关于面对称,对为奇函数,所以,又由变量的轮换对称性知,故,其中为曲面的面积.记第一卦限的面积为,则,所以故16、（20070110）计算曲面积分其中为曲面上侧。解：利用高斯公式化为三重积分以及辅助面上的曲面积分。做辅助面，法向量朝下，与构成闭曲面，

11、设其围成的空间区域为，取外法向量。因为，故，又在面上投影区域关于轴对称，故，所以17、（20080104）设曲面为的上侧，则解：作辅助面法向量朝下，且由围成的空间区域为，则又，故，所以又关于面对称，为的奇函数，故，由在面投影域为：，由轮换对称性知，其中为在第一象限部分。因此18、（20080104）计算曲线积分其中是曲线上从点到点的一段弧。解：法一、法二：取为轴上从点到点的一段弧，是由围成的平面区域。作业：1（1987）设为取正向的圆周，则曲线积分答案：2（1987）设是由曲线绕轴旋转一周而成的曲面，其法向量与轴正向的夹角恒大于，求。答案：3（1988）设为曲面的外侧，求曲面积分。答案：4（1

12、988）设位于点的质点对质点的引力大小为，（，为两质点之距）质点沿曲线，自点运动到原点，求在此运动过程中，质点对质点的引力所做的功。答案：5（1989）设曲线积分与路径无关，其中连续可导且，求。答案：6（1989）向量场在点处的散度。答案：27（1990）设是球面的外侧且，求。答案： 8（1990）设质点沿以为直径的半圆周，从点运动到点的过程中，受变力的作用，而的大小等于点与原点之距，其方向垂直于线段且与轴的正向夹角小于，求：变力对质点所作的功。答案：9（1991）在过原点和点的曲线族，中，求一条曲线，使沿该曲线从原点到点的积分的值最小。答案：，10（1992）设为上半球面的上侧，求曲面积分。

13、答案：11（1992）质点在变力的作用下，由原点沿直线运动到椭球面上第一卦限中的点。问：取何值，力所作的功最大？最大值是多少？答案：，最大值为12（1993）设是由面与围成立体的表面外侧，求：。答案：13（1994）设是由曲面与两平面，（）围成立体表面的外侧，求。答案：14（1995）设在平面上具有一阶连续偏导数，曲线积分与路径无关，对任意，恒有，求。答案：15（1995）设为锥面在柱体内的部分，求曲面积分。答案：16（1996年）已知为某函数的全微分，则等于 （ ） （A） （B） 0 （C） 1 （D） 2 17（1997）从轴正向往轴负向看，曲线：的方向是顺时针的。求曲线积分。答案：18（1998）设为椭圆，其周长为，则。答