高等数学第六版课后全部答案.docx
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高等数学第六版课后全部答案
习题1011.设在xOy面内有一分布着质量的曲线弧L,在点（x,y）处它的线密度为
μ（x,y）,用对弧长的曲线积分分别表达:
（1）这曲线弧对x轴、对y轴的转动惯量Ix,Iy;
（2）这曲线弧的重心坐标x,y.解在曲线弧L上任取一长度很短的小弧段ds（它的长度也记做ds）,设（x,y）曲线L对于x轴和y轴的转动惯量元素分别为dIx=y2μ（x,y）ds,dIy=x2μ（x,y）ds.曲线L对于x轴和y轴的转动惯量分别为
Ix=∫y2μ（x,y）ds,Iy=∫x2μ（x,y）ds.
LL
ww
w.khd
∫L∫L
和L2,则
2.利用对弧长的曲线积分的定义证明:
如果曲线弧L分为两段光滑曲线L1
∫Lf（x,y）ds=∫L
n
课
x=
My∫Lxμ（x,y）dsM∫yμ（x,y）ds=,y=x=L.MMμ（x,y）dsμ（x,y）ds
后
曲线L的重心坐标为
1
f（x,y）ds+∫f（x,y）ds.
L2
证明划分L,使得L1和L2的连接点永远作为一个分点,则
∑f（ξi,ηi）Δsi=∑f（ξi,ηi）Δsi+
i=1i=1nn1
n1
答
dMx=yμ（x,y）ds,dMy=xμ（x,y）ds.
令λ=max{Δsi}→0,上式两边同时取极限
λ→0λ→0
lim∑f（ξi,ηi）Δsi=lim∑f（ξi,ηi）Δsi+lim
i=1i=1
即得
∫Lf（x,y）ds=∫L
1
f（x,y）ds+∫f（x,y）ds.
L2
3.计算下列对弧长的曲线积分:
aw
i=n1+1
曲线L对于x轴和y轴的静矩元素分别为
案
∑f（ξi,ηi）Δsi.∑f（ξi,ηi）Δsi,
n
n1
λ→0
.co
i=n1+1
为小弧段ds上任一点.
网
m
（1）∫（x2+y2）nds,其中L为圆周x=acost,y=asint（0≤t≤2π）;
L
解
∫L（x2+y2）nds=∫0
2π02π
2π
（a2cos2t+a2sin2t）n（asint）2+（acost）2dt
=∫（a2cos2t+a2sin2t）n（asint）2+（acost）2dt
0
L
解L的方程为y=1x（0≤x≤1）;
1
ww
w.khd
11
0
课
=∫x1+[（x2）′]2dx+∫x1+（x′）2dx
0
1
后
∫Lxdx=∫Lxdx+∫L
xdx
1
2
=∫x1+4x2dx+∫2xdx=1（55+621）.0012
x2+y2L
（4）∫e
ds,其中L为圆周x2+y2=a2,直线y=x及x轴在第一象限内所围成
的扇形的整个边界;
解L=L1+L2+L3,其中
L1:
x=x,y=0（0≤x≤a）,
L2:
x=acost,y=asint（0≤t≤π）,4L3:
x=x,y=x（0≤x≤2a）,2
因而
∫Le
a0
x2+y2
ds=∫e
L1
x2+y2
ds+∫e
L2
=∫e1+0dx+∫
x22
π
4ea0
（asint）+（acost）dt+∫
22
aw
x2+y2
答
解L1:
y=x2（0≤x≤1）,L2:
y=x（0≤x≤1）.
案
（3）∫xdx,其中L为由直线y=x及抛物线y=x2所围成的区域的整个边界;
L
网
∫L（x+y）ds=∫0（x+1x）
1
1+[（1x）′]2dx=∫（x+1x）2dx=2.
0
ds+∫e
L3
=ea（2+πa）2.4
.co
1x2+y2
（2）∫（x+y）ds,其中L为连接（1,0）及（0,1）两点的直线段;
ds,
0
2a2e2x
12+12dx
m
=∫a2n+1dt=2πa2n+1.
（5）∫
Γ
1ds,其中Γ为曲线x=etcost,y=etsint,z=et上相应于t从0变到22x+y+z
2
2的这段弧;dy解ds=（dx）2+（）2+（dz）2dtdtdtdt=（etcostetsint）2+（etsint+etcost）2+e2tdt=3etdt,
211ds=∫2t∫Γx2+y2+z20ecos2t+e2tsin2t+e2t3etdt
解Γ=AB+BC+CD,其中
AB:
x=0,y=0,z=t（0≤t≤1）,CD:
x=1,y=t,z=2（0≤t≤3）,
ww
w.khd
故=∫0dt+∫0dt+∫2t02+12+02dt=9.
000133
∫Γx2yzds=∫ABx2yzds+∫BCx2yzds+∫CDx2yzds
（7）∫y2ds,其中L为摆线的一拱x=a（tsint）,y=a（1cost）（0≤t≤2π）;
L
解
∫Ly2ds=∫0
2π
=2a3∫（1cost）21costdt=256a3.015
L
（8）∫（x2+y2）ds,其中L为曲线x=a（cost+tsint）,y=a（sinttcost）（0≤t≤2π）.dy解ds=（dx）2+（）2dt=（atcost）2+（atsint）2dt=atdtdtdt
课
BC:
x=t,y=0,z=2（0≤t≤3）,
2π
a2（1cost）2[a（tsint）′]2+[a（cost）′]2dt
∫L
（x2+y2）ds=∫[a2（cost+tsint）2+a2（sinttcost）2]atdt
0
后
2π
答
（0,0,2）、（1,0,2）、（1,3,2）;
aw
案
（6）∫x2yzds,其中Γ为折线ABCD,这里A、B、C、D依次为点（0,0,0）、
Γ
网
=∫
2
0
3etdt=[3et]2=3（1e2）.0222
.co
m
=∫a3（1+t2）tdt=2π2a3（1+2π2）.
0
2π
4.求半径为a,中心角为2的均匀圆弧（线密度μ=1）的重心.解建立坐标系如图104所示,由对称性可知y=0,又
L
答
（1）Iz=∫（x2+y2）ρ（x,y,z）ds=∫（x2+y2）（x2+y2+z2）ds
L
2π
ww
w.khd
LL
0
课
=∫a2（a2+k2t2）a2+k2dt=2πa2a2+k2（3a2+4π2k2）.03
（2）M=∫ρ（x,y,z）ds=∫（x2+y2+z2）ds=∫（a2+k2t2）a2+k2dt
=2πa2+k2（3a2+4π2k2）,3
2π
x=1M
∫Lx（x2+y2+z2）ds=M∫0
6πak2,3a2+4π2k212πy=1∫y（x2+y2+z2）ds=∫asint（a2+k2t2）a2+k2dtM0ML2=6πak22,3a2+4πk12πz=1∫z（x2+y2+z2）ds=∫kt（a2+k2t2）a2+k2dtM0ML2223πk（a+2πk）,=3a2+4π2k23πk（a2+2π2k2）6262故重心坐标为（2πak22,2πak22,）.3a+4πk3a+4πk3a2+4π2k2=
aw
1
2π
后
案
解ds=x′2（t）+y′2（t）+z′2（t）dt=a2+k2dt.
网
5.设螺旋形弹簧一圈的方程为x=acost,y=asint,z=kt,其中0≤1≤2π,它的线密度ρ（x,y,z）=x2+y2+z2,求:
（1）它关于z轴的转动惯量Iz;
（2）它的重心.
0）
acost（a2+k2t2）a2+k2dt
.co
所以圆弧的重心为（
asin
m
x=
Mxasin=1∫xds=1∫acosθadθ=,M2aL2a
ww
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习题1021.设L为xOy面内直线x=a上的一段,证明:
证明设L是直线x=a上由（a,b1）到（a,b2）的一段,则L:
x=a,y=t,t从b1变到b2.于是
∫LP（x,y）dx=0.
证明∫P（x,y）dx=∫P（x,0）dx.
La
b
证明L:
x=x,y=0,t从a变到b,所以
bb
L
解L:
y=x2,x从0变到2,所以
ww
w.khd
56∫L（x2y2）dx=∫0（x2x4）dx=15.
2
（2）∫xydx,其中L为圆周（xa）2+y2=a2（a>0）及x轴所围成的在第
L
一象限内的区域的整个边界（按逆时针方向绕行）;解L=L1+L2,其中L1:
x=a+acost,y=asint,t从0变到π,L2:
x=x,y=0,x从0变到2a,
因此
∫Lxydx=∫Lxydx+∫Lxydx
12
=∫a（1+cost）asint（a+acost）′dt+∫0dx
00
π
课
后
的一段弧;
答
（1）∫（x2y2）dx,其中L是抛物线y=x2上从点（0,0）到点（2,4）
=a3（∫sin2tdt+∫sin2tdsint）=πa3.002
ππ
L
（3）∫ydx+xdy,其中L为圆周x=Rcost,y=Rsint上对应t从0到
π的一段弧;
2
aw
2a
案
3.计算下列对坐标的曲线积分:
网
∫LP（x,y）dx=∫aP（x,0）（x）′dx=∫aP（x,0）dx.
.co
m
P（a,t）（da）dt=∫P（a,t）0dt=0.b1dt12.设L为xOy面内x轴上从点（a,0）到（b,0）的一段直线,
∫LP（x,y）dx=∫b
b2
b2
解
∫L
ydx+xdy=∫2[Rsint（Rsint）+RcostRcost]dt
0
π
=R2∫2cos2tdt=0.
0
π
（4）∫
L
（x+y）dx（xy）dy,其中L为圆周x2+y2=a2（按逆时针方向绕行）;x2+y2
解圆周的参数方程为:
x=acost,y=asint,t从0变到2π,所以
∫L
Γ
后
应θ从0到π的一段弧;
ww
w.khd
=∫（k3θ2a2）dθ=1π3k3πa2.03
π
Γ
（6）∫xdx+ydy+（x+y1）dz,其中Γ是从点（1,1,1）到点（2,3,4）的解Γ的参数方程为x=1+t,y=1+2t,z=1+3t,t从0变到1.
一段直线;
课
解
∫Γx2dx+zdyydz=∫0[（kθ）2k+asinθ（asinθ）acosθacosθ]dθ
答
（5）∫x2dx+zdyydz,其中Γ为曲线x=kθ,y=acosθ,z=asinθ上对
π
∫Γ
xdx+ydy+（x+y1）dz=∫[（1+t）+2（1+2t）+3（1+t+1+2t1）]dt
010
=∫（6+14t）dt=13.
（7）∫dxdy+ydz,其中Γ为有向闭折线ABCA,这里的A,B,C
Γ
依次为点（1,0,0）,（0,1,0）,（0,0,1）;解Γ=AB+BC+CA,其中AB:
x=x,y=1x,z=0,x从1变到0,BC:
x=0,y=1z,z=z,z从0变到1,
aw
1
案
2π=12∫[（acost+asint）（asint）（acostasint）（acost）]dta02π=12∫a2dt=2π.a0
.co
（x+y）dx（xy）dyx2+y2
网
m
CA:
x=x,y=0,z=1x,x从0变到1,故
∫Γdxdy+ydz=∫ABdxdy+ydz+∫BCdxdy+ydz+∫CAdxdy+ydz
=∫[1（1x）′]dx+∫[（1z）′+（1z）]dt+∫dx=1.0002
111
到（1,1）的一段弧.解L:
x=x,y=x2,x从1变到1,故
∫L（x22xy）dx+（y22xy）dy
=2∫（x24x4）dx=14015
L
1
ww
w.khd
∫L（x+y）dx+（yx）dy
2
=∫[（y2+y）2y+（yy2）1]dy=34.13
（2）从点（1,1）到点（4,2）的直线段;
解L:
x=3y2,y=y,y从1变到2,故
∫L（x+y）dx+（yx）dy
21
=∫[（3y2+y）y+（y3y+2）1]dy=11
（3）先沿直线从点（1,1）到（1,2）,然后再沿直线到点（4,2）的折线;解L=L1+L2,其中L1:
x=1,y=y,y从1变到2,L2:
x=x,y=2,x从1变到4,
故
∫L（x+y）dx+（yx）dy
=∫（x+y）dx+（yx）dy+∫（x+y）dx+（yx）dy
L1L2
课
解L:
x=y2,y=y,y从1变到2,故
后
（1）抛物线y=x2上从点（1,1）到点（4,2）的一段弧;
答
4.计算∫（x+y）dx+（yx）dy,其中L是:
aw
案
网
=∫[（x22x3）+（x42x3）2x]dx
1
1
.co
m
（8）∫（x22xy）dx+（y22xy）dy,其中L是抛物线y=x2上从（1,1）
L
=∫（y1）dy+∫（x+2）dx=14.
11
2
4
（4）沿曲线x=2t+t+1,y=t2+1上从点（1,1）到（4,2）的一段弧.
2
解L:
x=2t2+t+1,y=t2+1,t从0变到1,故
∫L（x+y）dx+（yx）dy
的质点沿圆周x2+y2=R2按逆时针方向移过位于第一象限的那一段时场力所作的功.x=Rcosθ,y=Rsinθ,θ从0变到π,于是场力所作的功为2解已知场力为F=（|F|,0）,曲线L的参数方程为
L
后
W=∫Fdr=∫|F|dx=∫2|F|（Rsinθ）dθ=|F|R.
L0
ww
w.khd
则重力所作的功为
ΓΓ
沿直线移到（x2,y2,z2）时重力作的功.
解已知F=（0,0,mg）.设Γ为从（x1,y1,z1）到（x2,y2,z2）的直线,
课
6.设z轴与力方向一致,求质量为m的质点从位置（x1,y1,z1）
W=∫Fdr=∫0dx+0dy+mgdz=mg∫dz=mg（z2z1）.
z1
7.把对坐标的曲线积分∫P（x,y）dx+Q（x,y）dy化成对弧长的曲线
L
积分,其中L为:
（1）在xOy面内沿直线从点（0,0）到（1,1）;解L的方向余弦cosα=cosβ=cosπ=1,42
故
∫LP（x,y）dx+Q（x,y）dy
L
=∫[P（x,y）cosα+Q（x,y）cosβ]ds
L
P（x,y）+Q（x,y）ds.2
（2）沿抛物线y=x2从点（0,0）到（1,1）;=∫
aw
π
z2
答
案
.co
=∫[（3t2+t+2）（4t+1）+（t2t）2t]dt=32.035.一力场由沿横轴正方向的常力F所构成,试求当一质量为m
1
网
m
解曲线L上点（x,y）处的切向量为τ=（1,2x）,单位切向量为（cosα,cosβ）=eτ=（1,2x）,1+4x21+4x2
故
∫LP（x,y）dx+Q（x,y）dy
P（x,y）+2xQ（x,y）ds.1+4x2
L
（3）沿上半圆周x2+y2=2x从点（0,0）到（1,1）.
解L的方程为y=2xx2,其上任一点的切向量为
ww
w.khd
=∫[P（x,y）cosα+Q（x,y）cosβ]ds
LL
=∫[2xx2P（x,y）+（1x）Q（x,y）]ds.
8.设Γ为曲线x=t,y=t2,z=t3上相应于t从0变到1的曲线弧,
Γ
把对坐标的曲线积分∫Pdx+Qdy+Rdz化成对弧长的曲线积分.解曲线Γ上任一点的切向量为
τ=（1,2t,3t2）=（1,2x,3y）,
单位切向量为
课
故
∫LP（x,y）dx+Q（x,y）dy
后
（cosα,cosβ）=eτ=（2xx2,1x）,
答
单位切向量为
（cosα,cosβ,cosγ）=eτ=
∫LPdx+Qdy+Rdz=∫Γ[Pcosα+Qcosβ+Rcosγ]ds
L
=∫
P+2xQ+3yRds.1+4x2+9y2
aw
1（1,2x,3y）,1+2x2+9y2
案
τ=（1,
1x）,2xx2
.co
=∫
网
m
=∫[P（x,y）cosα+Q（x,y）cosβ]ds
L
ww
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习题1031.计算下列曲线积分,并验证格林公式的正确性:
（1）（2xyx2）dx+（x+y2）dy,其中L是由抛物线y=x2及y2=x所围成的区域的正向边界曲线;
∫l
∫L（2xyx2）dx+（x+y2）dy
=∫（2xyx2）dx+（x+y2）dy+∫（2xyx2）dx+（x+y2）dy
L1L2
=∫[（2x3x2）+（x+x4）2x]dx+∫[（2y3y4）2y+（y2+y2）]dy
01
1
0
答
而
∫∫（xy）dxdy=∫∫（12x）dxdy=∫0dy∫y
DD
ww
w.khd
所以
∫∫（xy）dxdy=∫lPdx+Qdy.
D
QP
（2）（x2xy3）dx+（y22xy）dy,其中L是四个顶点分别为（0,0）、
∫l
（2,0）、（2,2）、和（0,2）的正方形区域的正向边界.解L=L1+L2+L3+L4,故
∫L（x2xy3）dx+（y22xy）dy
L1L2L3L4
=（∫+∫+∫+∫）（x2xy3）dx+（y22xy）dy
=∫x2dx+∫（y24y）dy+∫（x28x）dx+∫y2dy
0022
2
课
1=∫（y2yy2+y4）dy=1,030
1
2
=∫8xdx+∫4ydy=8,
00
2
2
而
∫∫（xy）dxdy=∫∫（2y+3xy2）dxdy
DD
QP
aw
1y
2
QP
案
11=∫（2x5+2x3+x2）dx∫（2y5+4y4+2y2）dy=1,0030
后
0
0
.co
（12x）dx
网
m
解L=L1+L2,故
=∫dx∫（2y+3xy2）dy=∫（8x4）dx=8,
000
2
2
2
所以
∫∫（xy）d
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