下册 9.2 第二型曲线积分 第54题
📝 题目
54．计算下列曲线积分．
（1）$\oint_{L}\left(y^{2}-z^{2}\right) \mathrm{d} x+\left(z^{2}-x^{2}\right) \mathrm{d} y+\left(x^{2}-y^{2}\right) \mathrm{d} z$ ，其中 $L$ 为球面三角形 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1, x>0$ ，
$y>0, z>0$ 的边界线，若从 $x$ 轴正向看，$L$ 的方向为顺时针方向．
（2） $\int_{L}\left(y^{2}-z\right) \mathrm{d} x+(x-2 y z) \mathrm{d} y+\left(x-y^{2}\right) \mathrm{d} z$ ，其中 $L$ 为曲线 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}, \\ x^{2}+y^{2}=2 b x,\end{array} z \geqslant 0,0<2 b0$ 的交线，沿 $z$ 轴的正面看去按逆时针方向．（厦门大学 2002，哈工大 2006（ $a=1$ ））
（5） $\int_{L} y \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} y+x \mathrm{~d} z$ ，其中 $L$ 为 $\displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1$ 与平面 $\displaystyle \frac{x}{a}+\frac{z}{c}=1, x, y, z>0$ 的交线，从点 $(a, 0,0)$ 沿曲线到点 $(0,0, c)$ 的部分，$a, b, c>0$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）如图 9.101 所示，记 $L=L_{1}+L_{2}+L_{3}$ ，其中
$$
\begin{aligned}
& L_{1}: z=0, x^{2}+y^{2}=1, L_{2}: x=0, z^{2}+y^{2}=1, L_{3}: y=0, x^{2}+z^{2}=1 . \\
& \int_{L_{1}}\left(y^{2}-x^{2}\right) \mathrm{d} x+\left(z^{2}-x^{2}\right) \mathrm{d} y+\left(x^{2}-y^{2}\right) \mathrm{d} z=-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin ^{3} \theta+\cos ^{3} \theta\right) \mathrm{d} \theta=-B\left(\frac{1}{2}, 2\right)=-\frac{4}{3} .
\end{aligned}
$$
同理
$$
\begin{aligned}
& \int_{L_{2}}\left(y^{2}-x^{2}\right) \mathrm{d} x+\left(z^{2}-x^{2}\right) \mathrm{d} y+\left(x^{2}-y^{2}\right) \mathrm{d} z=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\left(\sin ^{3} \phi+\cos ^{3} \phi\right) \mathrm{d} \phi=-\frac{4}{3}, \\
& \int_{L_{3}}\left(y^{2}-x^{2}\right) \mathrm{d} x+\left(z^{2}-x^{2}\right) \mathrm{d} y+\left(x^{2}-y^{2}\right) \mathrm{d} z=-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin ^{3} \psi+\cos ^{3} \psi\right) \mathrm{d} \psi=-\frac{4}{3},
\end{aligned}
$$
于是
$$
\int_{L}\left(y^{2}-x^{2}\right) \mathrm{d} x+\left(z^{2}-x^{2}\right) \mathrm{d} y+\left(x^{2}-y^{2}\right) \mathrm{d} z=-\frac{4}{3}-\frac{4}{3}-\frac{4}{3}=-4 .
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-312.jpg?height=1169&width=1044&top_left_y=6036&top_left_x=1008}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.101}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-312.jpg?height=1397&width=1562&top_left_y=5808&top_left_x=3204}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图9．102}
\end{figure}
（2）如图 9.102 所示，记 $I=\int_{\Gamma}\left(y^{2}-z\right) \mathrm{d} x+(x-2 y z) \mathrm{d} y+\left(x-y^{2}\right) \mathrm{d} z$ 。
方 法 1：设 $S$ 是 $L$ 所围的球面的部分，方向取上侧．$S$ 的单位法向量为 $\displaystyle n=(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)=\frac{1}{a}(x, y, z) \cdot D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant 2 b x$ 为 $S$ 在 $x y$ 平面的投影。由 Stokes 公式得
$$
\begin{aligned}
& \int_{L}\left(y^{2}-z\right) \mathrm{d} x+(x-2 y z) \mathrm{d} y+\left(x-y^{2}\right) \mathrm{d} z \\
= & \frac{1}{a} \iint_{S}[x(-2 y+2 y)-y(1+1)+z(1-2 y)] \mathrm{d} S=\frac{1}{a} \iint_{S}[-2 y+z(1-2 y)] \mathrm{d} S \\
= & \frac{1}{a} \iint_{D_{x y}}\left[-2 y+(1-2 y) \sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}\right] \frac{a}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-2 \iint_{D_{x}} \frac{y}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+\iint_{D_{x}}(1-2 y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
= & -2 \iint_{D_{x y}} \frac{y}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y-2 \iint_{D_{x y}} 2 y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+\iint_{D_{x y}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
\end{aligned}
$$
所以 $\displaystyle \iint_{D_{\mathrm{r} y}} \frac{y}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_{0}^{2 b} \mathrm{~d} x \int_{-\sqrt{2 b x-x^{2}}}^{\sqrt{2 b x-x^{2}}} \frac{y}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} y=-\int_{0}^{2 b}\left(\left.\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}\right|_{-\sqrt{2 b x-x^{2}}} ^{2 b x-x^{2}}\right) \mathrm{d} x=0$ ．
同理 $\iint_{D_{x y}} y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=0$ ．
所以 $I=\iint_{D_{v}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\pi b^{2}$ ．
方法 2：令 $x=\sqrt{a^{2}-z^{2}} \cos \theta, y=\sqrt{a^{2}-z^{2}} \sin \theta, z=z$ ，代人得曲线方程：
$$
x=2 b \cos ^{2} \theta, y=2 b \cos \theta \sin \theta, z=\sqrt{a^{2}-4 b^{2} \cos ^{2} \theta}, \theta \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] .
$$
则
$$
\begin{aligned}
I & =\int_{\Gamma}\left(y^{2}-z\right) \mathrm{d} x+(x-2 y z) \mathrm{d} y+\left(x-y^{2}\right) \mathrm{d} z=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} x \mathrm{~d} y=b^{2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(\cos 2 \theta+1) \cos 2 \theta \mathrm{~d} 2 \theta \\
& =b^{2} \int_{-\pi}^{\pi} \cos ^{2} \theta \mathrm{~d} \theta=b^{2} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1+\cos 2 \theta}{4} \mathrm{~d} 2 \theta=b^{2} \pi
\end{aligned}
$$
（3）所图 9.103 所示，设 $S$ 是 $L$ 所围的球面的部分，方向取下侧．$S$ 的单位法向量为 $\displaystyle n=(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)=-\frac{1}{a}(x-a, y, z), D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant 2 b x$ 为 $S$ 在 $x y$ 平面的投影．由 Stokes 公式得 $\oint_{L}\left(y^{2}+z^{2}\right) \mathrm{d} x+\left(z^{2}+x^{2}\right) \mathrm{d} y+\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} z$
$\displaystyle =-\frac{1}{a} \iint_{S}[(x-a)(2 y-2 z)-y(2 x-2 z)+z(2 x-2 y)] \mathrm{d} S=-2 \iint_{S}(z-y) \mathrm{d} S$
$\displaystyle =-2 \iint_{D_{x y}}\left[\sqrt{2 a x-x^{2}-y^{2}}-y\right] \frac{a}{\sqrt{2 a x-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-2 a \iint_{D_{x y}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+2 a \iint_{D_{x y}} \frac{y}{\sqrt{2 a x-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-2 \pi b^{2} a$.
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-313.jpg?height=1127&width=1686&top_left_y=6865&top_left_x=787}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图9．103}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-313.jpg?height=1355&width=1838&top_left_y=6637&top_left_x=3329}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.104}
\end{figure}
（4）如图9．104所示，记 $I=\oint_{L}(y+z) \mathrm{d} x+z \mathrm{~d} y+y \mathrm{~d} z$ 。设 $S$ 是 $L$ 所围的球面的部分，方向取上侧．$S$ 的单位法向量为 $\displaystyle n=(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)=\frac{1}{a}(x, y, z), D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant a x$ 为 $S$ 在 $x y$ 平面的投影．由 Stokes 公式得
$$
\begin{aligned}
I & =\oint_{L}(y+z) \mathrm{d} x+z \mathrm{~d} y+y \mathrm{~d} z=\frac{1}{a} \iint_{S}[x(1-1)-y(0-1)+z(0-1)] \mathrm{d} S \\
& =\frac{1}{a} \iint_{S}(y-z) \mathrm{d} S=\frac{1}{a} \iint_{D_{x y}}\left(y-\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}\right) \frac{a}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =\iint_{D_{y}} \frac{y}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y-\iint_{D_{y}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
\end{aligned}
$$
由对称性得 $\displaystyle \iint_{D_{v}} \frac{y}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=0$ ．于是 $\displaystyle I=-\iint_{D_{v}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-\pi\left(\frac{a}{2}\right)^{2}$ ．
（5）如图9．105所示，消去 z ，交线 $L$ 为
$$
\frac{\left(x-\frac{a}{2}\right)^{2}}{\left(\frac{a}{2}\right)^{2}}+\frac{y^{2}}{\left(\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^{2}}=1
$$
化为参数方程：
$$
x=\frac{a}{2}(1+\cos \theta), y=\frac{b}{\sqrt{2}} \sin \theta, z=\frac{c}{2}(1-\cos \theta), 0 \leq \theta<\pi
$$
于是
$$
\begin{aligned}
& \int_{L} y \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} y+x \mathrm{~d} z \\
= & \int_{0}^{\pi}\left[\frac{1}{\sqrt{2}} b \sin \theta \frac{1}{2} a(-\sin \theta)+c \frac{1}{2}(1-\cos \theta) \frac{1}{\sqrt{2}} b \cos \theta+a \frac{1}{2}(1+\cos \theta) c \frac{1}{2} \sin \theta\right] \mathrm{d} \theta \\
= & \int_{0}^{\pi}\left[\frac{1}{\sqrt{2}} b \sin \theta \frac{1}{2} a(-\sin \theta)\right] \mathrm{d} \theta+\int_{0}^{\pi}\left[c \frac{1}{2}(1-\cos \theta) \frac{1}{\sqrt{2}} b \cos \theta\right] \mathrm{d} \theta+\int_{0}^{\pi}\left[a \frac{1}{2}(1+\cos \theta) c \frac{1}{2} \sin \theta\right] \mathrm{d} \theta \\
= & -\frac{1}{2 \sqrt{2}} b a \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} \theta \mathrm{~d} \theta+\frac{1}{2 \sqrt{2}} c b \int_{0}^{\pi}(1-\cos \theta) \cos \theta \mathrm{d} \theta+\frac{1}{4} a c \int_{0}^{\pi}(1+\cos \theta) \sin \theta \mathrm{d} \theta \\
= & -\frac{1}{4 \sqrt{2}} b a \pi-\frac{1}{4 \sqrt{2}} c b \pi+\frac{1}{2} a c
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-314.jpg?height=1624&width=1624&top_left_y=3301&top_left_x=4033}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图9．105}
\end{figure}
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：分析曲线L的组成
曲线L是球面三角形$x^2+y^2+z^2=1, x>0, y>0, z>0$的边界线，由三条圆弧组成：$L_1: z=0, x^2+y^2=1$（在xy平面上的圆弧）；$L_2: x=0, y^2+z^2=1$（在yz平面上的圆弧）；$L_3: y=0, x^2+z^2=1$（在xz平面上的圆弧）。方向从x轴正向看为顺时针，因此每条弧的方向需注意。
提示：注意方向：从x轴正向看顺时针，意味着在xy平面上从(1,0)到(0,1)的圆弧是顺时针方向，但参数化时需调整积分上下限。
步骤 2/4
目标：计算L1上的积分
在$L_1$上，$z=0$，$x^2+y^2=1$，方向顺时针。参数化：$x=\cos\theta, y=\sin\theta$，但顺时针方向对应$\theta$从$\frac{\pi}{2}$到$0$。则$dx=-\sin\theta d\theta, dy=\cos\theta d\theta, dz=0$。代入积分：
$$\int_{L_1}(y^2-z^2)dx+(z^2-x^2)dy+(x^2-y^2)dz = \int_{\pi/2}^{0}[\sin^2\theta(-\sin\theta) + (-\cos^2\theta)\cos\theta]d\theta = \int_{0}^{\pi/2}(\sin^3\theta+\cos^3\theta)d\theta.$$
计算：$\int_0^{\pi/2}\sin^3\theta d\theta = \frac{2}{3}$，$\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta d\theta = \frac{2}{3}$，所以积分值为$\frac{4}{3}$。但注意方向：顺时针导致积分值为负，故$L_1$积分为$-\frac{4}{3}$。
公式：$\int_0^{\pi/2}\sin^3\theta d\theta = \frac{2}{3}$
提示：参数化时方向容易弄反，注意顺时针对应$\theta$递减。
步骤 3/4
目标：计算L2和L3上的积分
类似地，$L_2$在yz平面上，$x=0$，$y^2+z^2=1$，顺时针方向（从x轴正向看，yz平面上的弧方向需确定）。参数化：$y=\cos\phi, z=\sin\phi$，顺时针方向$\phi$从$\frac{\pi}{2}$到$0$。代入得积分值为$-\frac{4}{3}$。$L_3$在xz平面上，$y=0$，$x^2+z^2=1$，参数化：$x=\cos\psi, z=\sin\psi$，顺时针方向$\psi$从$\frac{\pi}{2}$到$0$，积分值也为$-\frac{4}{3}$。
提示：注意每条弧的参数化方向一致，确保积分符号正确。
步骤 4/4
目标：求和得到总积分
总积分等于三条弧积分之和：
$$\oint_L = \int_{L_1} + \int_{L_2} + \int_{L_3} = -\frac{4}{3} - \frac{4}{3} - \frac{4}{3} = -4.$$
提示：检查符号：三个负号相加得负。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。