2025版大学高等数学（下）期末考试卷：高等数学在航空航天中的应用解析

2025版大学高等数学（下）期末考试卷：高等数学在航空航天中的应用解析考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、设$\mathbf{r}(t)=(t^2+1,t-1,e^{2t})$，求$\mathbf{r}'(0)$及$\mathbf{r}''(0)$，并解释$\mathbf{r}'(0)$的几何意义。二、计算$\iint_Dz\,dA$，其中$D$是由曲面$z=x^2+y^2$与平面$z=0$，$x^2+y^2=1$所围成的闭区域。三、求函数$f(x,y)=x^3+y^3-3xy$的所有驻点，并判断这些驻点是极大值点、极小值点还是鞍点。四、设$\mathbf{F}(x,y,z)=(x^2yz,y^2xz,z^2xy)$。1.计算$\nabla\times\mathbf{F}$。2.计算$\iint_{\Sigma}\mathbf{F}\cdotd\mathbf{S}$，其中$\Sigma$是由曲面$z=\sqrt{x^2+y^2}$（$0\lez\le1$）与平面$z=1$（$x^2+y^2\le1$）所围成的闭曲面的外侧。五、求解微分方程$y''-4y'+4y=e^{2x}\sinx$。六、质量为$m$的飞行器只受地球引力作用，从距离地球中心$R$（$R远大于地球半径$）处以初速度$v_0$（$v_0$垂直于地球中心连线）开始运动。设地球质量为$M$，万有引力常数为$G$。求飞行器的运动轨迹方程（用极坐标表示）。七、一质量为$m$的质点，从静止开始沿着与水平面成$\alpha$角的光滑斜面滑下，设斜面的摩擦系数为$\mu$。求质点在时间$t$内滑过的距离。八、将函数$f(x)=x^2$在区间$[-\pi,\pi]$上展开成以$2\pi$为周期的傅里叶级数。试卷答案一、$\mathbf{r}'(t)=(2t,1,2e^{2t})$，$\mathbf{r}'(0)=(0,1,2)$。$\mathbf{r}''(t)=(2,0,4e^{2t})$，$\mathbf{r}''(0)=(2,0,4)$。$\mathbf{r}'(0)$的几何意义是曲线$\mathbf{r}(t)$在点$(1,0,1)$处的切向量。二、利用“先二后一”法，设$D_1$为$xOy$平面上的圆盘$x^2+y^2\le1$。$\iint_Dz\,dA=\int_{-1}^1\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}z\,dy\,dx$。由于$z=x^2+y^2$，则$\iint_Dz\,dA=\int_{-1}^1\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}(x^2+y^2)\,dy\,dx$。将积分区域$D$投影到$xOz$平面（或$yOz$平面），设$D_2$为矩形区域$0\lez\le1$,$-\sqrt{1-z}\lex\le\sqrt{1-z}$（或$-\sqrt{1-z}\ley\le\sqrt{1-z}$）。$\iint_Dz\,dA=\int_0^1\int_{-\sqrt{1-z}}^{\sqrt{1-z}}z\,dy\,dz=\int_0^1z\cdot2\sqrt{1-z}\,dz=2\int_0^1z\sqrt{1-z}\,dz$。令$u=1-z$，则$du=-dz$，当$z=0$，$u=1$；当$z=1$，$u=0$。$2\int_0^1z\sqrt{1-z}\,dz=2\int_1^0(1-u)\sqrt{u}\,(-du)=2\int_0^1(1-u)u^{1/2}\,du=2\int_0^1(u^{1/2}-u^{3/2})\,du$。$=2\left[\frac{2}{3}u^{3/2}-\frac{2}{5}u^{5/2}\right]_0^1=2\left(\frac{2}{3}-\frac{2}{5}\right)=2\cdot\frac{10-6}{15}=2\cdot\frac{4}{15}=\frac{8}{15}$。三、求偏导数：$f_x=3x^2-3y$，$f_y=3y^2-3x$。令$f_x=0$，$f_y=0$，解得$(x,y)=(0,0)$和$(x,y)=(1,1)$。求二阶偏导数：$f_{xx}=6x$，$f_{yy}=6y$，$f_{xy}=-3$。对于点$(0,0)$：$A=f_{xx}(0,0)=0$，$B=f_{xy}(0,0)=-3$，$C=f_{yy}(0,0)=0$。$AC-B^2=0-(-3)^2=-9<0$，故$(0,0)$为鞍点。对于点$(1,1)$：$A=f_{xx}(1,1)=6$，$B=f_{xy}(1,1)=-3$，$C=f_{yy}(1,1)=6$。$AC-B^2=6\cdot6-(-3)^2=36-9=27>0$，且$A=6>0$，故$(1,1)$为极小值点。四、1.$\nabla\times\mathbf{F}=\left(\frac{\partialR}{\partialy}-\frac{\partialQ}{\partialz},\frac{\partialP}{\partialz}-\frac{\partialR}{\partialx},\frac{\partialQ}{\partialx}-\frac{\partialP}{\partialy}\right)$。其中$P=x^2yz$,$Q=y^2xz$,$R=z^2xy$。$\frac{\partialR}{\partialy}=z^2x$,$\frac{\partialQ}{\partialz}=y^2x$,$\frac{\partialP}{\partialz}=x^2y$,$\frac{\partialR}{\partialx}=z^2y$,$\frac{\partialQ}{\partialx}=y^2z$,$\frac{\partialP}{\partialy}=x^2z$。$\nabla\times\mathbf{F}=(z^2x-y^2x,x^2y-z^2y,y^2z-x^2z)=x(z^2-y^2)\mathbf{i}+y(x^2-z^2)\mathbf{j}+z(y^2-x^2)\mathbf{k}$。2.补面$\Sigma_1:z=1$，$x^2+y^2\le1$，取上侧。$\mathbf{n}_1=(0,0,1)$。$\mathbf{F}\cdotd\mathbf{S}_1=\iint_{\Sigma_1}(x^2yz,y^2xz,z^2xy)\cdot(0,0,1)\,dS=\iint_{\Sigma_1}z^2xy\,dS=\iint_{D_1}(1^2)xy\,dS=\iint_{D_1}xy\,dS$。其中$D_1$为$x^2+y^2\le1$。利用极坐标$x=r\cos\theta$,$y=r\sin\theta$，$dS=r\,dr\,d\theta$。$\iint_{D_1}xy\,dS=\int_0^{2\pi}\int_0^1(r\cos\theta)(r\sin\theta)r\,dr\,d\theta=\int_0^{2\pi}\cos\theta\sin\theta\,d\theta\int_0^1r^3\,dr$。$\int_0^{2\pi}\cos\theta\sin\theta\,d\theta=\int_0^{2\pi}\frac{1}{2}\sin(2\theta)\,d\theta=\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2}\cos(2\theta)\right]_0^{2\pi}=\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)=0$。故$\iint_{\Sigma_1}\mathbf{F}\cdotd\mathbf{S}_1=0$。原曲面$\Sigma=\Sigma+\Sigma_1$是封闭曲面，取外侧。由高斯定理：$\iint_{\Sigma}\mathbf{F}\cdotd\mathbf{S}=\iiint_{\text{V}}(\nabla\times\mathbf{F})\cdotd\mathbf{V}$。$\iiint_{\text{V}}(x(z^2-y^2),y(x^2-z^2),z(y^2-x^2))\,dV$。由于被积函数关于$x,y,z$均为奇函数，且积分区域$\text{V}$关于$x=0,y=0,z=0$均对称，故三重积分均为零。$\iiint_{\text{V}}x(z^2-y^2)\,dV=0$,$\iiint_{\text{V}}y(x^2-z^2)\,dV=0$,$\iiint_{\text{V}}z(y^2-x^2)\,dV=0$。因此$\iint_{\Sigma}\mathbf{F}\cdotd\mathbf{S}=0$。五、对应的齐次方程为$y''-4y'+4y=0$。特征方程为$r^2-4r+4=0$，即$(r-2)^2=0$，得特征根$r=2$（重根）。齐次方程通解为$y_h=(C_1+C_2x)e^{2x}$。非齐次方程的右侧为$e^{2x}\sinx$。由于$\lambda+i\omega=2+i$不是特征根。设特解为$y_p=e^{2x}(A\cosx+B\sinx)$。求导：$y_p'=e^{2x}(2A\cosx-A\sinx+2B\sinx+B\cosx)=e^{2x}[(2A+B)\cosx+(2B-A)\sinx]$。$y_p''=e^{2x}[2(2A+B)\cosx-(2A+B)\sinx+2(2B-A)\sinx+(2B-A)\cosx]$$=e^{2x}[(4A+2B+A+2B-A)\cosx+(4B-2A-2A-B+2B-A)\sinx]$$=e^{2x}[(5A+4B)\cosx+(5B-4A)\sinx]$。代入原方程：$e^{2x}[(5A+4B)\cosx+(5B-4A)\sinx]-4e^{2x}[(2A+B)\cosx+(2B-A)\sinx]+4e^{2x}(A\cosx+B\sinx)=e^{2x}\sinx$。整理系数：$[(5A+4B)-4(2A+B)+4A]\cosx+[(5B-4A)-4(2B-A)+4B]\sinx=\sinx$。即$[(5A+4B-8A-4B+4A)\cosx+(5B-4A-8B+4A+4B)\sinx]=\sinx$。即$[A\cosx+(B-4A)\sinx]=\sinx$。比较系数得：$A=0$，$B-4A=1$。解得$A=0$，$B=1$。故特解为$y_p=e^{2x}\sinx$。通解为$y=y_h+y_p=(C_1+C_2x)e^{2x}+e^{2x}\sinx$。六、设飞行器在时刻$t$的位置为$(r,\theta)$，取地球中心为原点。$r$为飞行器到地球中心的距离。由牛顿第二定律：$m\frac{d^2\mathbf{r}}{dt^2}=\mathbf{F}$。其中$\mathbf{F}=-\frac{GMm}{r^2}\frac{\mathbf{r}}{r}=-\frac{GMm}{r^3}\mathbf{r}$。在极坐标系中：$\mathbf{r}=r\mathbf{e}_r$，$\frac{d\mathbf{r}}{dt}=\dot{r}\mathbf{e}_r+r\dot{\theta}\mathbf{e}_\theta$。$\frac{d^2\mathbf{r}}{dt^2}=(\ddot{r}-r\dot{\theta}^2)\mathbf{e}_r+(2\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta})\mathbf{e}_\theta$。代入牛顿第二定律：$m[(\ddot{r}-r\dot{\theta}^2)\mathbf{e}_r+(2\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta})\mathbf{e}_\theta]=-\frac{GMm}{r^3}(r\mathbf{e}_r)$。即$m(\ddot{r}-r\dot{\theta}^2)\mathbf{e}_r+m(2\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta})\mathbf{e}_\theta=-\frac{GMm}{r^2}\mathbf{e}_r$。比较$\mathbf{e}_r$分量：$m(\ddot{r}-r\dot{\theta}^2)=-\frac{GMm}{r^2}$，即$\ddot{r}-r\dot{\theta}^2=-\frac{GM}{r^2}$。（1）比较$\mathbf{e}_\theta$分量：$m(2\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta})=0$，即$2\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta}=0$。（2）由角动量守恒定律：$mh=r^2\dot{\theta}$。（3）其中$h$为常量。由（2）式得：$r\ddot{\theta}=-2\dot{r}\dot{\theta}$。两边除以$\dot{r}$（假设$\dot{r}\neq0$）：$\frac{r\ddot{\theta}}{\dot{r}}=-2\dot{\theta}$。即$\frac{d\dot{\theta}}{\dot{r}}=-\frac{2\dot{\theta}}{r}$。分离变量：$\frac{d\dot{\theta}}{\dot{\theta}}=-2\frac{dr}{r}$。积分：$\int\frac{d\dot{\theta}}{\dot{\theta}}=-2\int\frac{dr}{r}$。得$\ln|\dot{\theta}|=-2\ln|r|+C_1$。$\ln|\dot{\theta}|+2\ln|r|=C_1$。$\ln|\dot{\theta}r^2|=C_1$。$\dot{\theta}r^2=C_2$（$C_2=e^{C_1}$）。由（3）式$r^2\dot{\theta}=h$，得$C_2=h$。即$r^2\dot{\theta}=h$。（4）将（4）式代入（1）式：$\ddot{r}-\frac{h^2}{r^3}=-\frac{GM}{r^2}$。$\ddot{r}=\frac{h^2}{r^3}-\frac{GM}{r^2}$。将$\dot{r}=\frac{dr}{dt}$，$\ddot{r}=\frac{d\dot{r}}{dt}=\frac{d\dot{r}}{d\theta}\frac{d\theta}{dt}=\dot{\theta}\frac{d\dot{r}}{d\theta}$代入上式。$\dot{\theta}\frac{d\dot{r}}{d\theta}=\frac{h^2}{r^3}-\frac{GM}{r^2}$。将$r^2\dot{\theta}=h$代入上式：$\frac{h}{r^2}\frac{d\dot{r}}{d\theta}=\frac{h^2}{r^3}-\frac{GM}{r^2}$。两边同乘$\frac{r^3}{h}$：$h\frac{d\dot{r}}{d\theta}-hr\frac{d\theta}{d\theta}=h-GMr$。$h\frac{d\dot{r}}{d\theta}-hr=h-GMr$。$h\frac{d\dot{r}}{d\theta}=h-GMr+hr$。$h\frac{d\dot{r}}{d\theta}=h+r(h-GM)$。$\frac{d\dot{r}}{d\theta}=1+\frac{r(h-GM)}{h}$。$\frac{d\dot{r}}{d\theta}=\frac{h+r(h-GM)}{h}$。$\frac{d\dot{r}}{d\theta}=\frac{h-GMr+hr}{h}$。$\frac{d\dot{r}}{d\theta}=\frac{h-GMr+hr}{h}$。令$u=\frac{r}{h}$，则$r=hu$，$\dot{r}=h\dot{u}$。$\frac{d(h\dot{u})}{d\theta}=\frac{h-GM(hu)+h(hu)}{h}=\frac{h-GMhu+h^2u^2}{h}=1-GMu+hu^2$。$\frac{d\dot{u}}{d\theta}=1-GMu+hu^2$。$\dot{u}=\int(1-GMu+hu^2)\,d\theta$。$\dot{u}=\theta+\frac{GM}{h}u^2\theta+\frac{h}{3}u^3+C_3$。初始条件：$t=0$时，$r=R$，$\theta=0$，$\dot{r}=\dot{r}(0)=v_0$。由$r^2\dot{\theta}=h$，$\theta=0$时，$h=R^2\dot{\theta}(0)=R^2\frac{v_0}{R}=Rv_0$。$\dot{u}(0)=\frac{\dot{r}(0)}{h}=\frac{v_0}{Rv_0}=\frac{1}{R}$。代入$\dot{u}=\theta+\frac{GM}{h}u^2\theta+\frac{h}{3}u^3+C_3$，$\theta=0$，$\dot{u}=\frac{1}{R}$。$\frac{1}{R}=0+0+0+C_3$，得$C_3=\frac{1}{R}$。$\dot{u}=\theta+\frac{GM}{h}u^2\theta+\frac{h}{3}u^3+\frac{1}{R}$。将$\theta=\frac{h}{r^2}=\frac{h}{(hu)^2}=\frac{1}{hu}$代入：$\dot{u}=\frac{1}{hu}+\frac{GM}{h\cdotR^2v_0}\cdotu^2\cdot\frac{1}{hu}+\frac{h}{3}u^3+\frac{1}{R}=\frac{1}{hu}+\frac{GMu}{h^2R^2v_0}+\frac{h}{3}u^3+\frac{1}{R}$。这是一个复杂的关于$u$和$\theta$的方程，难以显式积分求解。但轨迹方程$r=r(\theta)$可以通过能量守恒和角动量守恒得到。能量守恒：$\frac{1}{2}m(\dot{r}^2+r^2\dot{\theta}^2)-\frac{GMm}{r}=E$（常量）。$\frac{1}{2}m(h^2/r^2+\dot{r}^2)-\frac{GMm}{r}=E$。由$\dot{r}=h\frac{du}{d\theta}$，$\dot{r}^2=h^2\left(\frac{du}{d\theta}\right)^2$。$\frac{1}{2}m(h^2/r^2+h^2\left(\frac{du}{d\theta}\right)^2)-\frac{GMm}{r}=E$。$\frac{1}{2}mh^2u^{-2}+\frac{1}{2}mh^2\left(\frac{du}{d\theta}\right)^2-\frac{GMm}{hu}=E$。将$\dot{u}=\theta+\frac{GM}{h}u^2\theta+\frac{h}{3}u^3+\frac{1}{R}$代入上式并整理，可以解出$u=u(\theta)$，再代回$r=hu$，即可得到轨迹方程$r=r(\theta)$。具体积分过程较繁，通常采用数值解或特定条件下的近似解。七、对质点进行受力分析。受重力$mg$，沿斜面向下的分力为$mg\sin\alpha$。受摩擦力$f=\muN$，其中法向反力$N=mg\cos\alpha$。摩擦力方向沿斜面向上。根据牛顿第二定律，沿斜面方向：$mg\sin\alpha-\mumg\cos\alpha=ma$。$a=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)$。质点初速度为零，加速度$a$恒定。沿斜面方向位移$s$与时间$t$的关系为$s=\frac{1}{2}at^2$。$s=\frac{1}{2}g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)t^2$。解得$t=\sqrt{\frac{2s}{g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)}}$。$t=\sqrt{\frac{2s}{g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)}}$。八、函数$f(x)=x^2$在$[-\pi,\pi]$上满足狄利克雷收敛定理的条件，其傅里叶级数收敛于$x^2$在$[-\pi,\pi]$上的连续点，在间断点处收敛于左、右极限的平均值。计算傅里叶系数：$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pix^2\,dx=\frac{2}{\pi}\int_0^\pix^2\,dx=\frac{2}{\pi}\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^\pi=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^3}{3}=\frac{2\pi^2}{3}$。$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pix^2\cos(nx)\,dx=\frac{2}{\pi}\int_0^\pix^2\cos(nx)\,dx$。利用分部积分两次：令$u=x^2$，$dv=\cos(nx)dx$。则$du=2xdx$，$v=\frac{1}{n}\sin(nx)$。$\intx^2\cos(nx)\,dx=\frac{x^2}{n}\sin(