Sec.10.1 对弧长的曲线积分（第一类曲线积分）

🏔️ 直觉地图

积分学的终极形态：从”域”到”线”

积分类型	积分区域	微元	物理意义
定积分	区间 $[a,b]$	$dx$	直线段质量
二重积分	平面域 $D$	$d\sigma =dxdy$	薄片质量
三重积分	空间域 $\Omega$	$dv=dxdydz$	立体质量
曲线积分	曲线弧 $L$	$ds$（弧长微元）	曲线细杆质量

🎯 核心直觉：以前在”面上”积，现在在”线上”积。把曲线切成无数小弧段，每段上的函数值乘以弧长，全加起来。

⚠️ 关键区别：被积函数 $f(x,y)$ 形式上是二元函数，但 $(x,y)$ 约束在曲线 $L$ 上 → 实质上是一元函数。$x^2+y^2=R^2$ 上的 $x^2+y^2$ 恒等于 $R^2$！

一、知识整合

Sec.10.1.1 对弧长的曲线积分的概念与性质

四个引例（统一于同一结构）

引例	意义	积分表达式
引例1	曲线型构件质量	$m={\int }_L\mu (x,y)ds$
引例2	静力矩 → 质心	$M_y={\int }_{L}x\mu ds$, $M_x={\int }_{L}y\mu ds$
引例3	转动惯量	$I_y={\int }_L{x}^2\mu ds$
引例4	柱面侧面积	$S={\int }_{L}f(x,y)ds$（准线$L$，顶$z=f(x,y)$）

四个引例的结构完全一致：$0\to \lim \sum f({\xi }_k,{\eta }_k)\Delta s_k$。抽去背景 = 曲线积分。

🎯 定义

$\boxed{{\int }_{L}f(x,y)ds=\underset{\lambda \to 0}{\lim }\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k,{\eta }_k)\Delta s_k}$

• $L$：积分弧段（光滑曲线）
• $ds$：弧长微元
• $\lambda$：各小弧段长度的最大值

闭曲线记为 ${\oint }_{L}f(x,y)ds$。

推广到空间曲线 $\Gamma$： ${\int }_{\Gamma }f(x,y,z)ds={\lim }_{\lambda \to 0}{\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)\Delta s_i$

⚠️ 最重要的警惕：$f(x,y)$ 在 $L$ 上定义，$(x,y)$ 不是自由变量——它们的取值受曲线方程的约束。因此 $f(x,y)$ 在 $L$ 上实质是一元函数。

经典例子：${\oint }_{x^2+y^2=R^2}(x^2+y^2)ds={\oint }_L{R}^{2}ds=R^2\cdot 2\pi R=2\pi R^3$。

❌ 不要把 $\oint (x^2+y^2)ds$ 算成二重积分 ${\iint }_{x^2+y^2\le R^2}(x^2+y^2)dxdy$！

性质

与重积分的性质相同：

1. 线性性：${\int }_L(\alpha f+\beta g)ds=\alpha {\int }_{L}fds+\beta {\int }_{L}gds$
2. 弧段可加性：${\int }_{L_1+L_2}fds={\int }_{L_1}fds+{\int }_{L_2}fds$
3. 单调性：$f\le g$ 在 $L$ 上 ⇒ ${\int }_{L}fds\le {\int }_{L}gds$
4. 弧长性质：${\int }_{L}kds=k\cdot l$（$l$ 为 $L$ 的弧长）

估值不等式与中值定理基本不考。

🎯 对称性质（考试重点）

普通对称性

平面曲线关于 $x$ 轴对称（看 $y$ 奇偶）： ${\int }_{L}f(x,y)ds=\{\begin{array}{ll}0,& f(x,-y)=-f(x,y)\\ 2{\int }_{L_1}fds,& f(x,-y)=f(x,y)\end{array}$

空间曲线关于 $xOy$ 面对称（看 $z$ 奇偶）：同理。

轮换对称性

关于 $y=x$ 对称（平面曲线）： ${\int }_{L}f(x,y)ds={\int }_{L}f(y,x)ds$

推论：${\oint }_{x^2+y^2=R^2}{x}^{2}ds=\oint y^{2}ds=\frac{1}{2}\oint (x^2+y^2)ds$

推广：${\oint }_{x^2+y^2=R^2}(ax+by{)}^{2}ds=\frac{a^2+b^2}{2}\oint (x^2+y^2)ds$

关于 $x=y=z$ 轮换对称（空间曲线）： ${\int }_{\Gamma }f(x,y,z)ds={\int }_{\Gamma }f(y,z,x)ds={\int }_{\Gamma }f(z,x,y)ds$

特别地，当 $\Gamma$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 与平面 $x=y=z$ 等的交线时： ${\oint }_{\Gamma }{x}^{2}ds={\oint }_{\Gamma }{y}^{2}ds={\oint }_{\Gamma }{z}^{2}ds=\frac{1}{3}{\oint }_{\Gamma }(x^2+y^2+z^2)ds$

Sec.10.1.2 对弧长的曲线积分的计算法

🎯 核心方法：「一投，二代，三换」

一投：把曲线投影到坐标轴，得到积分区间 二代：把被积函数中的 $(x,y)$ 用曲线方程代掉 三换：$ds$ 换成含积分变量的弧长微元公式

⚠️ 投射必须一对一；否则需分段。

公式1：$y=y(x)$ 形式

$L:y=y(x),a\le x\le b$

$\boxed{{\int }_{L}f(x,y)ds={\int }_a^{b}f(x,y(x))\sqrt{1+[y^{\prime }(x){]}^2}dx}$

下限 $a$ 必须小于上限 $b$（弧长积分与方向无关）。

公式2：$x=x(y)$ 形式

$L:x=x(y),c\le y\le d$

$\boxed{{\int }_{L}f(x,y)ds={\int }_c^{d}f(x(y),y)\sqrt{1+[x^{\prime }(y){]}^2}dy}$

公式3：参数方程形式（最常用）

$L:\{\begin{array}{l}x=\phi (t)\\ y=\psi (t)\end{array},\alpha \le t\le \beta$

$\boxed{{\int }_{L}f(x,y)ds={\int }_{\alpha }^{\beta }f(\phi (t),\psi (t))\sqrt{[{\phi }^{\prime }(t){]}^2+[{\psi }^{\prime }(t){]}^2}dt}$

参数方程形式的弧长微元：$ds=\sqrt{[x^{\prime }(t){]}^2+[y^{\prime }(t){]}^2}dt$

公式4：极坐标形式

$L:r=\rho (\theta ),\alpha \le \theta \le \beta$

即 $x=\rho (\theta )\cos \theta$, $y=\rho (\theta )\sin \theta$，代入参数公式得：

$\boxed{{\int }_{L}f(x,y)ds={\int }_{\alpha }^{\beta }f(\rho \cos \theta ,\rho \sin \theta )\sqrt{[\rho (\theta ){]}^2+[{\rho }^{\prime }(\theta ){]}^2}d\theta }$

推导：$x^{\prime }={\rho }^{\prime }\cos \theta -\rho \sin \theta$, $y^{\prime }={\rho }^{\prime }\sin \theta +\rho \cos \theta$ → $(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2={\rho }^2+({\rho }^{\prime }{)}^2$

公式5：空间曲线参数方程

$\Gamma :\{\begin{array}{l}x=\phi (t)\\ y=\psi (t)\\ z=\omega (t)\end{array},\alpha \le t\le \beta$

$\boxed{{\int }_{\Gamma }f(x,y,z)ds={\int }_{\alpha }^{\beta }f(\phi ,\psi ,\omega )\sqrt{[{\phi }^{\prime }{]}^2+[{\psi }^{\prime }{]}^2+[{\omega }^{\prime }{]}^2}dt}$

⚠️ 考点：若空间曲线为交面式（两曲面交线），需先参数化再套公式。

🎯 手把手例题

例1：$y=y(x)$ 型 — 基础

题目：计算 ${\int }_{L}yds$，$L$ 为 $y=x^2$ 上从 $(0,0)$ 到 $(1,1)$ 的弧段。

①一投：$x\in [0,1]$

②二代：$f=y=x^2$，$y^{\prime }=2x$

③三换：$ds=\sqrt{1+(2x{)}^2}dx=\sqrt{1+4x^2}dx$

$I={\int }_0^1{x}^2\sqrt{1+4x^2}dx$

⚠️ 易错提醒：被积函数是 $x^2\sqrt{1+4x^2}$，不能用简单 $u$-sub（$u=1+4x^2$ 只能处理 $x\sqrt{1+4x^2}$，多一个 $x$ 因子就失效了）。

④三角换元：令 $2x=\tan \theta$，则

$x=\frac{\tan \theta }{2},dx=\frac{1}{2}{\sec }^2\theta d\theta ,\sqrt{1+4x^2}=\sec \theta$

当 $x=0$ 时 $\theta =0$；$x=1$ 时 $\theta =\arctan 2$。

$x^2\sqrt{1+4x^2}dx=\frac{{\tan }^2\theta }{4}\cdot \sec \theta \cdot \frac{{\sec }^2\theta }{2}d\theta =\frac{1}{8}{\tan }^2\theta {\sec }^3\theta d\theta$

由 ${\tan }^2\theta ={\sec }^2\theta -1$：

$I=\frac{1}{8}{\int }_0^{\arctan 2}({\sec }^5\theta -{\sec }^3\theta )d\theta$

⑤递推公式：

$\int {\sec }^3\theta d\theta =\frac{1}{2}(\sec \theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)+C$

$\int {\sec }^5\theta d\theta =\frac{1}{4}{\sec }^3\theta \tan \theta +\frac{3}{4}\int {\sec }^3\theta d\theta$

代入化简：

$\int ({\sec }^5\theta -{\sec }^3\theta )d\theta =\frac{1}{4}{\sec }^3\theta \tan \theta -\frac{1}{8}(\sec \theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)+C$

$I=\frac{1}{8}{\left[\frac{1}{4}{\sec }^3\theta \tan \theta -\frac{1}{8}(\sec \theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)\right]}_0^{\arctan 2}$

$={\left[\frac{1}{32}{\sec }^3\theta \tan \theta -\frac{1}{64}(\sec \theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)\right]}_0^{\arctan 2}$

在 $\theta =\arctan 2$ 处：$\tan \theta =2,\sec \theta =\sqrt{5}$，代入：

$I=\frac{1}{32}\cdot 5\sqrt{5}\cdot 2-\frac{1}{64}(2\sqrt{5}+\ln (2+\sqrt{5}))=\frac{5\sqrt{5}}{16}-\frac{2\sqrt{5}}{64}-\frac{\ln (2+\sqrt{5})}{64}$

$=\frac{18\sqrt{5}-\ln (2+\sqrt{5})}{64}$

✅ 答案：$\boxed{\frac{18\sqrt{5}-\ln (2+\sqrt{5})}{64}}\approx 0.6063$

例2：参数方程 — 圆的经典应用

题目：半径为 $R$、中心角为 $2\alpha$ 的均匀圆弧（$\mu =1$），求 (1) 对对称轴的转动惯量；(2) 质心。

这是Sec.10.1 最典型的物理应用题！

①参数化：圆心在原点，圆弧关于 $x$ 轴对称 $L:\{\begin{array}{l}x=R\cos \theta \\ y=R\sin \theta \end{array},-\alpha \le \theta \le \alpha$

②弧长微元：$ds=\sqrt{(-R\sin \theta {)}^2+(R\cos \theta {)}^2}d\theta =Rd\theta$

(1) 对 $x$ 轴（对称轴）的转动惯量： $I_x={\int }_L{y}^{2}ds={\int }_{-\alpha }^{\alpha }{R}^2{\sin }^2\theta \cdot Rd\theta =2R^3{\int }_0^{\alpha }{\sin }^2\theta d\theta$ $=2R^3\cdot \frac{1}{2}(\alpha -\sin \alpha \cos \alpha )=R^3(\alpha -\sin \alpha \cos \alpha )$

(2) 质心：由对称性 $\bar{y}=0$， $M={\int }_{L}1ds=R\cdot 2\alpha =2R\alpha$ $\bar{x}=\frac{{\int }_{L}xds}{M}=\frac{{\int }_{-\alpha }^{\alpha }R\cos \theta \cdot Rd\theta }{2R\alpha }=\frac{2R^2\sin \alpha }{2R\alpha }=\frac{R\sin \alpha }{\alpha }$

✅ 答案：(1) $I_x=R^3(\alpha -\sin \alpha \cos \alpha )$；(2) $\bar{x}=\frac{R\sin \alpha }{\alpha }$, $\bar{y}=0$

半圆弧 $\alpha =\pi /2$：$I=R^3\cdot \frac{\pi }{2}$, $\bar{x}=\frac{2R}{\pi }$。

例3：空间曲线 — 交面式参数化（典型考点）

题目：计算 ${\oint }_{\Gamma }(x^2+y^2+z^2)ds$，$\Gamma$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=9$ 与平面 $x+z=1$ 的交线。

①利用曲面方程化简被积函数： ${\oint }_{\Gamma }(x^2+y^2+z^2)ds={\oint }_{\Gamma }9ds=9\cdot (\text{Γ 的周长})$

⚠️ 这就是”实质一元函数”的威力——不需要参数化！直接利用曲线上的恒等式。

②求交线周长：球面 $R=3$，平面 $x+z=1$ 到球心的距离： $d=\frac{|0+0+0-1|}{\sqrt{1+0+1}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

截面圆半径 $r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{9-\frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{17}{2}}$

周长 $=2\pi r=2\pi \sqrt{\frac{17}{2}}$

$I=9\cdot 2\pi \sqrt{\frac{17}{2}}=18\pi \sqrt{\frac{17}{2}}$

✅ 答案：$18\pi \sqrt{\frac{17}{2}}$

教训：先看被积函数能否用曲线方程化简，往往可以免去参数化！

例4：曲线方程化简型

🎯 核心策略：当被积函数能用曲线方程化为常数时，不要参数化——直接用方程代入。

题目：计算 ${\oint }_L(3x^2+2xy+4y^2)ds$，$L$ 为椭圆 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，其周长已知为 $a$。

① 奇偶对称消去交叉项

椭圆关于 $x$ 轴对称，$f=2xy$ 关于 $y$ 为奇函数： ${\oint }_{L}2xyds=0$

轮换对称性（$x\leftrightarrow y$）在此不适用——椭圆 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ 的系数 $4\ne 3$，不关于 $y=x$ 对称。

② 曲线方程代入化简

由椭圆方程 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，两边同乘 $12$： $3x^2+4y^2=12$

也就是说，在整个椭圆上，$3x^2+4y^2$ 恒等于常数 $12$。

③ 完成计算

$I={\oint }_L\underset{=12}{\underbrace{(3x^2+4y^2)}}ds+\underset{=0}{\underbrace{{\oint }_{L}2xyds}}=12{\oint }_{L}ds=12a$

💡 方法对比：

做法	步骤	可行性
参数化 $x=2\cos t,y=\sqrt{3}\sin t$	需计算 ${\int }_0^{2\pi }\sqrt{4{\sin }^{2}t+3{\cos }^{2}t}dt$	椭圆积分，无初等表达式
方程代入化简	$3x^2+4y^2=12$ → 常数提出	✅ 秒杀

⚠️ 关键条件：本题依赖「周长已给为 $a$」。若周长未知，方程代入后只剩 $\oint ds=\text{周长}$，仍需用椭圆积分求周长。

✅ 答案：$12a$

📇 闪卡速记

第一类曲线积分的定义？

${\int }_{L}f(x,y)ds={\lim }_{\lambda \to 0}\sum f({\xi }_k,{\eta }_k)\Delta s_k$

曲线积分与重积分的根本区别？

积分区域是曲线弧而非平面域；被积函数在曲线上实质是一元函数

闭曲线积分的记号？

${\oint }_{L}f(x,y)ds$

核心计算口诀？

一投二代三换：投射→代入方程→$ds$换弧长微元

y=y(x) 型的 ds 公式？

$ds=\sqrt{1+[y^{\prime }(x){]}^2}dx$

参数方程的 ds 公式？

$ds=\sqrt{[{\phi }^{\prime }{]}^2+[{\psi }^{\prime }{]}^2}dt$

极坐标的 ds 公式？

$ds=\sqrt{{\rho }^2+({\rho }^{\prime }{)}^2}d\theta$

空间曲线参数方程的 ds？

$ds=\sqrt{[{\phi }^{\prime }{]}^2+[{\psi }^{\prime }{]}^2+[{\omega }^{\prime }{]}^2}dt$

弧长积分的积分下限与上限关系？

下限必须小于上限（弧长与方向无关）

投射不一对一怎么办？

分段计算

被积函数恒等式化简的经典例子？

${\oint }_{x^2+y^2=R^2}(x^2+y^2)ds=R^2\cdot 2\pi R=2\pi R^3$

圆的轮换对称性怎么用？

${\oint }_{x^2+y^2=R^2}{x}^{2}ds=\frac{1}{2}\oint (x^2+y^2)ds=\pi R^3$

关于 x 轴对称，f 关于 y 奇？

积分 = 0

空间曲线 x=y=z 轮换对称？

$\oint x^{2}ds=\oint y^{2}ds=\oint z^{2}ds$

柱面侧面积用曲线积分？

$S={\int }_{L}f(x,y)ds$（准线 $L$，顶 $z=f(x,y)$）

∫_L k ds 等于？

$k\cdot l$（$l$ 为 $L$ 的弧长）

🧪 自测题

A组：基础概念（10道）

A1（判断）∫_L f(x,y)ds 中，f(x,y) 是二元函数，可以独立取任意 (x,y) 值。

✅ 正确 ❌ 错误

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答案：❌ 错误

$(x,y)$ 被约束在曲线 $L$ 上，不是自由变量——$f(x,y)$ 在 $L$ 上实质是一元函数。

A2（选择）L 为 x²+y²=1，∮_L (x²+y²)ds 等于：

A. π B. 2π C. 4π D. 8π

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答案：B. 2π

在圆周上 $x^2+y^2=1$ 恒成立 → ${\oint }_{L}1ds=2\pi \cdot 1=2\pi$

A3（判断）弧长曲线积分的值与曲线的方向（走向）有关。

✅ 正确 ❌ 错误

查看答案

答案：❌ 错误

弧长与方向无关——这是第一类曲线积分与第二类曲线积分的关键区别。下限必须小于上限。

A4（选择）y=y(x) 型计算时，ds =

A. √(1+[y']²) dx B. √(1+[y']²) dy C. dx

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答案：A. √(1+[y’]²) dx

A5（判断）计算 ∫_L f(x,y)ds 时，积分下限必须小于积分上限。

✅ 正确 ❌ 错误

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答案：✅ 正确

弧长积分与方向无关，$ds\ge 0$，下限必须小于上限以保证积分值为正。

A6（选择）L 为 x²+y²=1，由轮换对称性 ∮_L x² ds =

A. π B. 2π C. 3π

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答案：A. π

$\oint x^{2}ds=\frac{1}{2}\oint (x^2+y^2)ds=\frac{1}{2}\cdot 2\pi =\pi$

A7（判断）极坐标曲线的 ds 公式是 ds = ρ dθ。

✅ 正确 ❌ 错误

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答案：❌ 错误

正确公式：$ds=\sqrt{{\rho }^2+({\rho }^{\prime }{)}^2}d\theta$。$\rho d\theta$ 只是圆弧近似，缺少径向变化项 $({\rho }^{\prime }{)}^2$。

A8（选择）空间曲线 Γ 的 ds 公式中根号下是：

A. φ'² + ψ'² B. φ'² + ψ'² + ω'² C. φ' + ψ' + ω'

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答案：B. φ’² + ψ’² + ω’²

空间曲线比平面曲线多一个 $z=\omega (t)$ 分量，$ds=\sqrt{[{\phi }^{\prime }{]}^2+[{\psi }^{\prime }{]}^2+[{\omega }^{\prime }{]}^2}dt$

A9（判断）交面式空间曲线可以直接代入计算，不需要参数化。

✅ 正确 ❌ 错误

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答案：❌ 错误

交面式空间曲线必须参数化后才能套公式。但可以用曲面方程化简被积函数（如例3）。

A10（选择）L 关于 x 轴对称，f(x,y)=y，则 ∫_L y ds =

A. 0 B. 2∫_{L₁} y ds C. 不能确定

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答案：A. 0

$f(x,y)=y$ 关于 $y$ 是奇函数（$f(x,-y)=-f(x,y)$）→ 积分为 0

B组：基本计算（10道）

B1 计算 ∫_L y ds，L 为 y=x² 上 x∈[0,1] 的弧段。

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答案：$\frac{18\sqrt{5}-\ln (2+\sqrt{5})}{64}\approx 0.6063$

一投二代三换：$y=x^2$, $ds=\sqrt{1+4x^2}dx$ → $I={\int }_0^1{x}^2\sqrt{1+4x^2}dx$，三角换元 $2x=\tan \theta$（参见例1）

B2 计算 ∮_L (x+y)ds，L 为圆周 x²+y²=R²。

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答案：0

由对称性：$\oint xds=0$，$\oint yds=0$（积分曲线关于坐标轴对称，被积函数为奇函数）

B3 计算 ∫_L √y ds，L 为 y=x² 上从 (0,0) 到 (1,1) 的弧段。

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答案：$\frac{1}{12}(5\sqrt{5}-1)$

$y=x^2$, $\sqrt{y}=|x|=x$（$x\ge 0$），$ds=\sqrt{1+4x^2}dx$ → ${\int }_0^{1}x\sqrt{1+4x^2}dx$，令 $u=1+4x^2$

B4 计算 ∮_L (x²+y²)ds，L 为 x²+y²=a²。

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答案：$2\pi a^3$

在圆周上 $x^2+y^2=a^2$ 恒成立 → ${\oint }_L{a}^{2}ds=a^2\cdot 2\pi a=2\pi a^3$

B5 计算 ∮_L x² ds，L 为 x²+y²=R²。

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答案：$\pi R^3$

轮换对称性：$\oint x^{2}ds=\frac{1}{2}\oint (x^2+y^2)ds=\frac{1}{2}\cdot R^2\cdot 2\pi R=\pi R^3$

B6 计算 ∫_L (x+y)ds，L 为连接 (0,0) 和 (1,1) 的直线段。

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答案：$\sqrt{2}$

$L:y=x,x\in [0,1]$, $ds=\sqrt{1+1^2}dx=\sqrt{2}dx$ → ${\int }_0^{1}2x\cdot \sqrt{2}dx=\sqrt{2}$

B7 已知半径为 R 的半圆弧（μ=1），求质心坐标。

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答案：$(\frac{2R}{\pi },0)$

由对称性 $\bar{y}=0$；$\bar{x}=\frac{{\int }_{L}xds}{M}=\frac{2R^2}{\pi R}=\frac{2R}{\pi }$（代入例2中 α=π/2）

B8 计算 ∮_Γ (x²+y²+z²)ds，Γ 为 x²+y²+z²=R² 与 x+y+z=0 的交线。

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答案：$2\pi R^3$

在球面上 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 恒成立，平面过球心 → 交线为大圆，周长 $2\pi R$ → $R^2\cdot 2\pi R=2\pi R^3$

B9 计算柱面 x²+y²=R² 位于 z=0 与 z=y 之间部分的侧面积。

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答案：$4R^2$

$S={\oint }_L|y|ds$，$L$ 为圆 $x^2+y^2=R^2$。由对称性只算上半圆：$S=2{\int }_0^{\pi }R\sin \theta \cdot Rd\theta =4R^2$

B10 计算 ∮_Γ x² ds，Γ 为 { x²+y²+z²=R², x+y+z=0 }

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答案：$\frac{2\pi }{3}{R}^3$

由对称性：$\oint x^2=\oint y^2=\oint z^2=\frac{1}{3}\oint (x^2+y^2+z^2)ds=\frac{1}{3}{R}^2\cdot 2\pi R=\frac{2\pi }{3}{R}^3$

C组：综合应用（4道）

⭐⭐ C1 计算 ∮_L (3x²+2xy+4y²)ds，L 为椭圆 x²/4 + y²/3 = 1，周长为 a。

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答案：$12a$

由对称性 $\oint 2xyds=0$。利用椭圆方程 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ → $3x^2+4y^2=12$ → $I=\oint 12ds=12a$

⭐⭐⭐ C2 计算 ∮_Γ [(x-2)²+(y-3)²]ds，Γ 为 { x²+y²+z²=1, x+y=0 }

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答案：$27\pi$

展开：$(x-2{)}^2+(y-3{)}^2=x^2+y^2-4x-6y+13$。

参数化（$y=-x$ 平面内）：$x=\frac{1}{\sqrt{2}}\cos t$, $y=-\frac{1}{\sqrt{2}}\cos t$, $z=\sin t$，得 $ds=dt$，周长为 $2\pi$。

$\oint x^{2}ds=\oint y^{2}ds=\frac{\pi }{2}$，$\oint xds=\oint yds=0$

$\oint (x^2+y^2)ds=\pi$ → $\oint (x^2+y^2-4x-6y+13)ds=\pi +0+26\pi =27\pi$

⭐⭐⭐ C3 计算 ∮_Γ (2yz+2zx+2xy)ds，Γ 为 { x²+y²+z²=2a², x+y+z=3a/2 }

查看答案

答案：$\frac{\pi \sqrt{5}}{4}{a}^3$

利用恒等式：$(x+y+z{)}^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)$

→ $2(xy+yz+zx)=(\frac{3}{2}a{)}^2-2a^2=\frac{1}{4}{a}^2$

球面半径 $R=\sqrt{2}a$，平面到球心距离 $d=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，截面圆半径 $r=\frac{\sqrt{5}}{2}a$，周长 $=\pi \sqrt{5}a$

→ $I=\frac{1}{4}{a}^2\cdot \pi \sqrt{5}a=\frac{\pi \sqrt{5}}{4}{a}^3$

⭐⭐ C4 证明：∮_{x²+y²=R²} (ax+by)² ds = (a²+b²)/2 · 2πR³

查看答案

答案：证明如下

展开：(ax+by)² = a²x² + 2abxy + b²y²

由对称性 $\oint xyds=0$（奇函数）。由轮换对称性 $\oint x^{2}ds=\oint y^{2}ds=\pi R^3$。

→ $\text{LHS}=a^2\cdot \pi R^3+0+b^2\cdot \pi R^3=(a^2+b^2)\pi R^3=\frac{a^2+b^2}{2}\cdot 2\pi R^3=\text{RHS}$ ✅