高数强化NO20|曲线弧长|旋转曲面面积|功

曲线弧长

曲线方程用参数方程表示
ds=(dx)2+(dy)2s=∫ab(dx)2+(dy)2=∫ab(x′(t)dt)2+(y′(t)dt)2=∫ab(x′(t))2+(y′(t))2 ∣dt∣=∫ab(x′(t))2+(y′(t))2dt \begin{aligned} &ds = \sqrt{(dx)^2 + (dy)^2} \\ \\ &s = \int_{a}^{b} \sqrt{(dx)^2 + (dy)^2} = \int_{a}^{b} \sqrt{\left(x'(t)dt\right)^2 + \left(y'(t)dt\right)^2} \\ &\quad = \int_{a}^{b} \sqrt{\left(x'(t)\right)^2 + \left(y'(t)\right)^2} \ |dt| = \int_{a}^{b} \sqrt{\left(x'(t)\right)^2 + \left(y'(t)\right)^2} dt \end{aligned}​ds=(dx)2+(dy)2​s=∫ab​(dx)2+(dy)2​=∫ab​(x′(t)dt)2+(y′(t)dt)2​=∫ab​(x′(t))2+(y′(t))2​∣dt∣=∫ab​(x′(t))2+(y′(t))2​dt​
曲线方程用显函数表示
s=∫ab(dx)2+(dy)2=∫ab1+(dydx)2∣dx∣=∫ab1+(y′)2 dx \begin{aligned} s &= \int_{a}^{b} \sqrt{(dx)^2 + (dy)^2} = \int_{a}^{b} \sqrt{1 + \left(\frac{dy}{dx}\right)^2} |dx| \\ &= \int_{a}^{b} \sqrt{1 + (y')^2} \, dx \end{aligned}s​=∫ab​(dx)2+(dy)2​=∫ab​1+(dxdy​)2​∣dx∣=∫ab​1+(y′)2​dx​
曲线方程用极坐标表示
x=ρ(θ)cos⁡θ, y=ρ(θ)sin⁡θs=∫ab(dx)2+(dy)2=∫ab(x′(θ)dθ)2+(y′(θ)dθ)2=∫ab(ρ′(θ)cos⁡θ−ρ(θ)sin⁡θ)2+(ρ′(θ)sin⁡θ+ρ(θ)cos⁡θ)2dθ=∫abρ2(θ)+(ρ′(θ))2dθ \begin{aligned} &x = \rho(\theta)\cos\theta,\ y = \rho(\theta)\sin\theta \\ \\ s &= \int_{a}^{b} \sqrt{(dx)^2 + (dy)^2} = \int_{a}^{b} \sqrt{\left(x'(\theta)d\theta\right)^2 + \left(y'(\theta)d\theta\right)^2} \\ &= \int_{a}^{b} \sqrt{\left(\rho'(\theta)\cos\theta - \rho(\theta)\sin\theta\right)^2 + \left(\rho'(\theta)\sin\theta + \rho(\theta)\cos\theta\right)^2} d\theta \\ &= \int_{a}^{b} \sqrt{\rho^2(\theta) + \left(\rho'(\theta)\right)^2} d\theta \end{aligned}s​x=ρ(θ)cosθ,y=ρ(θ)sinθ=∫ab​(dx)2+(dy)2​=∫ab​(x′(θ)dθ)2+(y′(θ)dθ)2​=∫ab​(ρ′(θ)cosθ−ρ(θ)sinθ)2+(ρ′(θ)sinθ+ρ(θ)cosθ)2​dθ=∫ab​ρ2(θ)+(ρ′(θ))2​dθ​

解: s=∫0π61+((ln⁡cos⁡x)′)2dx=∫0π61+(−sin⁡xcos⁡x)2dx=∫0π61+tan⁡2xdx=∫0π6∣sec⁡x∣dx=∫0π6sec⁡xdx=ln⁡∣sec⁡x+tan⁡x∣∣0π6=ln⁡∣23+13∣=12ln⁡3 \begin{aligned} \text{解:}\ s &= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \sqrt{1 + \left((\ln\cos x)'\right)^2} dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \sqrt{1 + \left(\frac{-\sin x}{\cos x}\right)^2} dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \sqrt{1 + \tan^2 x} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} |\sec x| dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \sec x dx = \ln|\sec x + \tan x| \bigg|_{0}^{\frac{\pi}{6}} \\ &= \ln\left|\frac{2}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{3}}\right| = \frac{1}{2}\ln3 \end{aligned}解:s​=∫06π​​1+((lncosx)′)2​dx=∫06π​​1+(cosx−sinx​)2​dx=∫06π​​1+tan2x​dx=∫06π​​∣secx∣dx=∫06π​​secxdx=ln∣secx+tanx∣​06π​​=ln​3​2​+3​1​​=21​ln3​
【小结】曲线是显函数y=f(x)表示时：弧微分ds=1+[f′(x)]2dx。 \begin{aligned} &\text{【小结】曲线是显函数} y = f(x) \text{表示时：弧微分} ds = \sqrt{1 + [f'(x)]^2}dx。 \end{aligned}​【小结】曲线是显函数y=f(x)表示时：弧微分ds=1+[f′(x)]2​dx。​

解: s=∫02π(γ(θ))2+(γ′(θ))2dθ=∫02π(a(1+cos⁡θ))2+(−asin⁡θ)2dθ=a∫02π1+2cos⁡θ+1 dθ \begin{aligned} \text{解:}\ s &= \int_{0}^{2\pi} \sqrt{\left(\gamma(\theta)\right)^2 + \left(\gamma'(\theta)\right)^2} d\theta \\ &= \int_{0}^{2\pi} \sqrt{\left(a(1+\cos\theta)\right)^2 + \left(-a\sin\theta\right)^2} d\theta \\ &= a\int_{0}^{2\pi} \sqrt{1 + 2\cos\theta + 1} \, d\theta \end{aligned}解:s​=∫02π​(γ(θ))2+(γ′(θ))2​dθ=∫02π​(a(1+cosθ))2+(−asinθ)2​dθ=a∫02π​1+2cosθ+1​dθ​
=a∫02π2⋅2⋅cos⁡2θ2dθ=2a∫02π∣cos⁡θ2∣dθ=u=θ2∫0π2a∣cos⁡u∣du=4a⋅2=8a \begin{aligned} &= a\int_{0}^{2\pi} \sqrt{2 \cdot 2 \cdot \cos^2\frac{\theta}{2}} d\theta \\ &= 2a\int_{0}^{2\pi} \left|\cos\frac{\theta}{2}\right| d\theta \xlongequal{u=\frac{\theta}{2}} \int_{0}^{\pi} 2a|\cos u| du \\ &= 4a \cdot 2 = 8a \end{aligned}​=a∫02π​2⋅2⋅cos22θ​​dθ=2a∫02π​​cos2θ​​dθu=2θ​∫0π​2a∣cosu∣du=4a⋅2=8a​
【小结】曲线以极坐标的形式出现时：弧微分ds=[ρ(θ)]2+[ρ′(θ)]2dθ。 \begin{aligned} &\text{【小结】曲线以极坐标的形式出现时：弧微分} ds = \sqrt{[\rho(\theta)]^2 + [\rho'(\theta)]^2}d\theta。 \end{aligned}​【小结】曲线以极坐标的形式出现时：弧微分ds=[ρ(θ)]2+[ρ′(θ)]2​dθ。​

解: s=∫02π(x′(t))2+(y′(t))2dt=∫02π(sin⁡t)2+(1−cos⁡t)2dt=∫02π2−2cos⁡tdt=∫02π2⋅2⋅sin⁡2t2dt=∫02π2∣sin⁡t2∣dt=u=t2∫0π2⋅∣sin⁡u∣d(2u)=4⋅2=8 \begin{aligned} \text{解:}\ s &= \int_{0}^{2\pi} \sqrt{\left(x'(t)\right)^2 + \left(y'(t)\right)^2} dt \\ &= \int_{0}^{2\pi} \sqrt{(\sin t)^2 + (1-\cos t)^2} dt \\ &= \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2 - 2\cos t} dt \\ &= \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2 \cdot 2 \cdot \sin^2\frac{t}{2}} dt = \int_{0}^{2\pi} 2\left|\sin\frac{t}{2}\right| dt \\ &\xlongequal{u=\frac{t}{2}} \int_{0}^{\pi} 2\cdot|\sin u|d(2u) = 4 \cdot 2 = 8 \end{aligned}解:s​=∫02π​(x′(t))2+(y′(t))2​dt=∫02π​(sint)2+(1−cost)2​dt=∫02π​2−2cost​dt=∫02π​2⋅2⋅sin22t​​dt=∫02π​2​sin2t​​dtu=2t​∫0π​2⋅∣sinu∣d(2u)=4⋅2=8​
【小结】曲线以参数方程的形式出现时：弧微分ds=(x′(t))2+(y′(t))2dt。 \begin{aligned} &\text{【小结】曲线以参数方程的形式出现时：弧微分} ds = \sqrt{(x'(t))^2 + (y'(t))^2}dt。 \end{aligned}​【小结】曲线以参数方程的形式出现时：弧微分ds=(x′(t))2+(y′(t))2​dt。​

旋转曲面面积

S=∫ab2πy(x)ds设在 x轴上方有一条平面曲线 L绕 x轴旋转得到一个旋转曲面1. 若曲线方程由参数式表示：S=2π∫aby(t)[x′(t)]2+[y′(t)]2dt.2. 若曲线方程由显函数表示：S=2π∫abf(x)1+[f′(x)]2dx.3. 若曲线方程由极坐标表示：S=2π∫abρ(θ)sin⁡θρ2(θ)+[ρ′(θ)]2dθ. \begin{aligned} & \boxed{S = \int_{a}^{b} 2\pi y(x)ds} \\ & \quad \text{设在} \ x \text{轴上方有一条平面曲线} \ L \text{绕} \ x \text{轴旋转得到一个旋转曲面} \\ \\ & 1. \ \text{若曲线方程由参数式表示：} \\ & \quad S = 2\pi \int_{a}^{b} y(t)\sqrt{[x'(t)]^2 + [y'(t)]^2} dt. \\ \\ & 2. \ \text{若曲线方程由显函数表示：} \\ & \quad S = 2\pi \int_{a}^{b} f(x)\sqrt{1 + [f'(x)]^2} dx. \\ \\ & 3. \ \text{若曲线方程由极坐标表示：} \\ & \quad S = 2\pi \int_{a}^{b} \rho(\theta)\sin\theta \sqrt{\rho^2(\theta) + [\rho'(\theta)]^2} d\theta. \end{aligned}​S=∫ab​2πy(x)ds​设在x轴上方有一条平面曲线L绕x轴旋转得到一个旋转曲面1.若曲线方程由参数式表示：S=2π∫ab​y(t)[x′(t)]2+[y′(t)]2​dt.2.若曲线方程由显函数表示：S=2π∫ab​f(x)1+[f′(x)]2​dx.3.若曲线方程由极坐标表示：S=2π∫ab​ρ(θ)sinθρ2(θ)+[ρ′(θ)]2​dθ.​

解: V=∫01π(1−x2)2dx−∫0π2π(sin⁡3t)2d(cos⁡3t) \begin{aligned} \text{解:}\ V &= \int_{0}^{1} \pi \left( \sqrt{1 - x^2} \right)^2 dx - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \pi \left( \sin^3 t \right)^2 d\left( \cos^3 t \right) \end{aligned}解:V​=∫01​π(1−x2​)2dx−∫02π​​π(sin3t)2d(cos3t)​
=23π−∫0π2π∣3cos⁡2t(−sin⁡t)∣sin⁡6tdt=23π−∫0π23πcos⁡2tsin⁡7tdt=23π−3π∫0π2sin⁡7tdt+3π∫0π2sin⁡9tdt=23π−3π⋅6⋅4⋅27⋅5⋅3+3π⋅8⋅6⋅4⋅29⋅7⋅5⋅3=23π−3π(6⋅4⋅29⋅7⋅5⋅3)=23π−16105π=1335π \begin{aligned} &=\frac{2}{3}\pi - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \pi \left| 3\cos^2 t (-\sin t) \right| \sin^6 t dt \\ &=\frac{2}{3}\pi - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 3\pi \cos^2 t \sin^7 t dt \\ &=\frac{2}{3}\pi - 3\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^7 t dt + 3\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^9 t dt \\ &=\frac{2}{3}\pi - 3\pi \cdot \frac{6 \cdot 4 \cdot 2}{7 \cdot 5 \cdot 3} + 3\pi \cdot \frac{8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2}{9 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3} \\ &=\frac{2}{3}\pi - 3\pi \left( \frac{6 \cdot 4 \cdot 2}{9 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3} \right) = \frac{2}{3}\pi - \frac{16}{105}\pi = \frac{13}{35}\pi \end{aligned}​=32​π−∫02π​​π​3cos2t(−sint)​sin6tdt=32​π−∫02π​​3πcos2tsin7tdt=32​π−3π∫02π​​sin7tdt+3π∫02π​​sin9tdt=32​π−3π⋅7⋅5⋅36⋅4⋅2​+3π⋅9⋅7⋅5⋅38⋅6⋅4⋅2​=32​π−3π(9⋅7⋅5⋅36⋅4⋅2​)=32​π−10516​π=3513​π​
解: S=2π+2π∫0π2sin⁡3t(x′(t))2+(y′(t))2dt=2π+2π∫0π2sin⁡3t(−3cos⁡2tsin⁡t)2+(3sin⁡2tcos⁡t)2dt=2π+2π∫0π2sin⁡3t9sin⁡2tcos⁡4t+9sin⁡4tcos⁡2tdt=2π+2π∫0π2sin⁡3t⋅3sin⁡tcos⁡t dt=2π+2π⋅35sin⁡5t∣0π2=165π \begin{aligned} \text{解:}\ S &= 2\pi + 2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3 t \sqrt{\left(x'(t)\right)^2 + \left(y'(t)\right)^2} dt \\ &= 2\pi + 2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3 t \sqrt{\left(-3\cos^2 t \sin t\right)^2 + \left(3\sin^2 t \cos t\right)^2} dt \\ &= 2\pi + 2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3 t \sqrt{9\sin^2 t \cos^4 t + 9\sin^4 t \cos^2 t} dt \\ &= 2\pi + 2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3 t \cdot 3\sin t \cos t \, dt \\ &= 2\pi + 2\pi \cdot \frac{3}{5}\sin^5 t \bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{16}{5}\pi \end{aligned}解:S​=2π+2π∫02π​​sin3t(x′(t))2+(y′(t))2​dt=2π+2π∫02π​​sin3t(−3cos2tsint)2+(3sin2tcost)2​dt=2π+2π∫02π​​sin3t9sin2tcos4t+9sin4tcos2t​dt=2π+2π∫02π​​sin3t⋅3sintcostdt=2π+2π⋅53​sin5t​02π​​=516​π​
【小结】1.注意本题易错点在于旋转体表面积是两部分相加，看清楚是求侧面积还是表面积；2.在参数方程下的弧微分公式，ds=(x′(t))2+(y′(t))2dt。绕x轴旋转后的几何体侧面积，关键是求出面积元。dS=2πy(t)(x′(t))2+(y′(t))2dt (点到旋转轴的距离r=y(t))； \begin{aligned} &\text{【小结】1.注意本题易错点在于旋转体表面积是两部分相加，看清楚是求侧面积还是表} \\ &\text{面积；} \\ \\ &2.\text{在参数方程下的弧微分公式，} ds = \sqrt{(x'(t))^2 + (y'(t))^2}dt。 \\ &\text{绕} x \text{轴旋转后的几何体侧面积，关键是求出面积元。} \\ &dS = 2\pi y(t)\sqrt{(x'(t))^2 + (y'(t))^2}dt \ (\text{点到旋转轴的距离} r = y(t))； \end{aligned}​【小结】1.注意本题易错点在于旋转体表面积是两部分相加，看清楚是求侧面积还是表面积；2.在参数方程下的弧微分公式，ds=(x′(t))2+(y′(t))2​dt。绕x轴旋转后的几何体侧面积，关键是求出面积元。dS=2πy(t)(x′(t))2+(y′(t))2​dt(点到旋转轴的距离r=y(t))；​

解: 设切点为 (x0,x0−1). 则x0−1−0x0−0=12x0−1 ⟹ x0=2. 故切线方程为 y=12x.S1=2π∫0212x⋅1+(12)2dx=2π⋅54⋅12x2∣02=5πS2=2π∫12x−1⋅1+(12x−1)2dx=2π∫12x−1+14dx=2π∫12x−34dx=2π⋅23(x−34)32∣12=4π3((54)32−(14)32)=π6(55−1)故 S=115π6−π6=π(115−1)6 \begin{aligned} &\text{解: 设切点为} \ (x_0, \sqrt{x_0-1}) \text{. 则} \\ &\quad \frac{\sqrt{x_0-1}-0}{x_0-0} = \frac{1}{2\sqrt{x_0-1}} \implies x_0=2 \text{. 故切线方程为} \ y=\frac{1}{2}x \text{.} \\ \\ &S_1 = 2\pi \int_{0}^{2} \frac{1}{2}x \cdot \sqrt{1+\left(\frac{1}{2}\right)^2} dx = 2\pi \cdot \frac{\sqrt{5}}{4} \cdot \frac{1}{2}x^2 \bigg|_{0}^{2} = \sqrt{5}\pi \\ \\ &S_2 = 2\pi \int_{1}^{2} \sqrt{x-1} \cdot \sqrt{1+\left(\frac{1}{2\sqrt{x-1}}\right)^2} dx \\ &= 2\pi \int_{1}^{2} \sqrt{x-1 + \frac{1}{4}} dx = 2\pi \int_{1}^{2} \sqrt{x - \frac{3}{4}} dx \\ &= 2\pi \cdot \frac{2}{3} \left(x - \frac{3}{4}\right)^{\frac{3}{2}} \bigg|_{1}^{2} = \frac{4\pi}{3} \left( \left(\frac{5}{4}\right)^{\frac{3}{2}} - \left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{3}{2}} \right) \\ &= \frac{\pi}{6}(5\sqrt{5}-1) \\ \\ &\text{故} \ S = \frac{11\sqrt{5}\pi}{6} - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi(11\sqrt{5}-1)}{6} \end{aligned}​解:设切点为(x0​,x0​−1​).则x0​−0x0​−1​−0​=2x0​−1​1​⟹x0​=2.故切线方程为y=21​x.S1​=2π∫02​21​x⋅1+(21​)2​dx=2π⋅45​​⋅21​x2​02​=5​πS2​=2π∫12​x−1​⋅1+(2x−1​1​)2​dx=2π∫12​x−1+41​​dx=2π∫12​x−43​​dx=2π⋅32​(x−43​)23​​12​=34π​((45​)23​−(41​)23​)=6π​(55​−1)故S=6115​π​−6π​=6π(115​−1)​​
【小结】1.注意本题易错点依然在于旋转体表面积是两部分相加；2.回顾在直角坐标系下显函数的弧微分公式，ds=1+[f′(x)]2dx。绕x轴旋转后的几何体侧面积，关键是求出面积元dS=2πf(x)1+(f′(x))2dx (点到旋转轴的距离r=f(x))。 \begin{aligned} &\text{【小结】1.注意本题易错点依然在于旋转体表面积是两部分相加；} \\ \\ &2.\text{回顾在直角坐标系下显函数的弧微分公式，} ds = \sqrt{1 + [f'(x)]^2}dx。 \\ &\text{绕} x \text{轴旋转后的几何体侧面积，关键是求出面积元} dS = 2\pi f(x)\sqrt{1 + (f'(x))^2}dx \ (\text{点} \\ &\text{到旋转轴的距离} r = f(x))。 \end{aligned}​【小结】1.注意本题易错点依然在于旋转体表面积是两部分相加；2.回顾在直角坐标系下显函数的弧微分公式，ds=1+[f′(x)]2​dx。绕x轴旋转后的几何体侧面积，关键是求出面积元dS=2πf(x)1+(f′(x))2​dx(点到旋转轴的距离r=f(x))。​

功

解:① 克服抓斗的重力所做的功为W1=400⋅30=12000J② 克服泥所做的功为W2=∫030(2000−h3⋅20)dh=60000−3000=57000J(W2=∫010(2000−20t)⋅3dt=t=h3∫030(2000−20⋅h3)dh=57000J)③ 克服绳所做的功为W3=∫030(30−x)⋅50 dx=45000−22500=22500JW=W1+W2+W3=12000+57000+22500=91500J \begin{aligned} &\text{解:} \\ &① \ \text{克服抓斗的重力所做的功为} \\ &\quad W_1 = 400 \cdot 30 = 12000 \text{J} \\ \\ &② \ \text{克服泥所做的功为} \\ &\quad W_2 = \int_{0}^{30} \left(2000 - \frac{h}{3} \cdot 20\right) dh \\ &\quad \quad = 60000 - 3000 = 57000 \text{J} \\ &\quad \left( W_2 = \int_{0}^{10} (2000 - 20t) \cdot 3dt \xlongequal{t=\frac{h}{3}} \int_{0}^{30} \left(2000 - 20 \cdot \frac{h}{3}\right) dh = 57000 \text{J} \right) \\ \\ &③ \ \text{克服绳所做的功为} \\ &\quad W_3 = \int_{0}^{30} (30 - x) \cdot 50 \, dx = 45000 - 22500 = 22500 \text{J} \\ \\ &\quad W = W_1 + W_2 + W_3 = 12000 + 57000 + 22500 = 91500 \text{J} \end{aligned}​解:①克服抓斗的重力所做的功为W1​=400⋅30=12000J②克服泥所做的功为W2​=∫030​(2000−3h​⋅20)dh=60000−3000=57000J(W2​=∫010​(2000−20t)⋅3dtt=3h​∫030​(2000−20⋅3h​)dh=57000J)③克服绳所做的功为W3​=∫030​(30−x)⋅50dx=45000−22500=22500JW=W1​+W2​+W3​=12000+57000+22500=91500J​
【小结】1.变力沿x轴从a运动到b，该过程中力F(x)对该物体做功为W=∫abF(x)dx；2.具体步骤为：建立坐标轴，其中坐标原点为运动的起点；坐标轴的正方向为运动的方向；受力分析，分析力与位移的关系；对变力积分。 \begin{aligned} &\text{【小结】1.变力沿} x \text{轴从} a \text{运动到} b \text{，该过程中力} F(x) \text{对该物体做功为} W = \int_{a}^{b} F(x)dx； \\ \\ &2.\text{具体步骤为：} \\ &\text{建立坐标轴，其中坐标原点为运动的起点；坐标轴的正方向为运动的方向；} \\ &\text{受力分析，分析力与位移的关系；对变力积分。} \end{aligned}​【小结】1.变力沿x轴从a运动到b，该过程中力F(x)对该物体做功为W=∫ab​F(x)dx；2.具体步骤为：建立坐标轴，其中坐标原点为运动的起点；坐标轴的正方向为运动的方向；受力分析，分析力与位移的关系；对变力积分。​