高等数学第六版课后全部答案

FinalrevisionbystandardizationteamonDecember10,2020.高等数学第六版课后全部 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 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.LLwww.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=∫Ln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1f(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=1nn1n1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→0lim∑f(ξi,ηi)Δsi=lim∑f(ξi,ηi)Δsi+limi=1i=1即得∫Lf(x,y)ds=∫L1f(x,y)ds+∫f(x,y)ds.L23.计算下列对弧长的曲线积分:awi=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,nn1λ→0.coi=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=∫02π02π2π(a2cos2t+a2sin2t)n(asint)2+(acost)2dt=∫(a2cos2t+a2sin2t)n(asint)2+(acost)2dt0L解L的方程为y=1x(0≤x≤1);1www.khd110课=∫x1+[(x2)′]2dx+∫x1+(x′)2dx01后∫Lxdx=∫Lxdx+∫Lxdx12=∫x1+4x2dx+∫2xdx=1(55+621).0012x2+y2L(4)∫eds,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∫Lea0x2+y2ds=∫eL1x2+y2ds+∫eL2=∫e1+0dx+∫x22π4ea0(asint)+(acost)dt+∫22awx2+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)11+[(1x)′]2dx=∫(x+1x)2dx=2.0ds+∫eL3=ea(2+πa)2.4.co1x2+y2(2)∫(x+y)ds,其中L为连接(1,0)及(0,1)两点的直线段;ds,02a2e2x12+12dxm=∫a2n+1dt=2πa2n+1.(5)∫Γ1ds,其中Γ为曲线x=etcost,y=etsint,z=et上相应于t从0变到22x+y+z22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),www.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=∫02π=2a3∫(1cost)21costdt=256a3.015L(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),2πa2(1cost)2[a(tsint)′]2+[a(cost)′]2dt∫L(x2+y2)ds=∫[a2(cost+tsint)2+a2(sinttcost)2]atdt0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=∫203etdt=[3et]2=3(1e2).0222.com=∫a3(1+t2)tdt=2π2a3(1+2π2).02π4.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)dsL2πwww.khdLL0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),32πx=1M∫Lx(x2+y2+z2)ds=M∫06πak2,3a2+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=aw12π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(asinmx=Mxasin=1∫xds=1∫acosθadθ=,M2aL2aww课后答案网w.khdaw.com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.Lab证明L:x=x,y=0,t从a变到b,所以bbL解L:y=x2,x从0变到2,所以www.khd56∫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+∫Lxydx12=∫a(1+cost)asint(a+acost)′dt+∫0dx00π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)=πa3.002ππL(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;2aw2a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..comP(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=∫bb2b2解∫Lydx+xdy=∫2[Rsint(Rsint)+RcostRcost]dt0π=R2∫2cos2tdt=0.0π(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∫LΓ后应θ从0到π的一段弧;www.khd=∫(k3θ2a2)dθ=1π3k3πa2.03πΓ(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∫Γxdx+ydy+(x+y1)dz=∫[(1+t)+2(1+2t)+3(1+t+1+2t1)]dt010=∫(6+14t)dt=13.(7)∫dxdy+ydz,其中Γ为有向闭折线ABCA,这里的A,B,CΓ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,aw1案2π=12∫[(acost+asint)(asint)(acostasint)(acost)]dta02π=12∫a2dt=2π.a0.co(x+y)dx(xy)dyx2+y2网mCA: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=1.0002111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=14015L1www.khd∫L(x+y)dx+(yx)dy2=∫[(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)dy21=∫[(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)dyL1L2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]dx11.com(8)∫(x22xy)dx+(y22xy)dy,其中L是抛物线y=x2上从(1,1)L=∫(y1)dy+∫(x+2)dx=14.1124(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.L0www.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).z17.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)dyL=∫[P(x,y)cosα+Q(x,y)cosβ]dsLP(x,y)+Q(x,y)ds.2(2)沿抛物线y=x2从点(0,0)到(1,1);=∫awπz2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m1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)dyP(x,y)+2xQ(x,y)ds.1+4x2L(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www.khd=∫[P(x,y)cosα+Q(x,y)cosβ]dsLL=∫[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]dsL=∫P+2xQ+3yRds.1+4x2+9y2aw1(1,2x,3y),1+2x2+9y2案τ=(1,1x),2xx2.co=∫网m=∫[P(x,y)cosα+Q(x,y)cosβ]dsLww课后答案网w.khdaw.com习题1031.计算下列曲线积分,并验证格林 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 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)dyL1L2=∫[(2x3x2)+(x+x4)2x]dx+∫[(2y3y4)2y+(y2+y2)]dy0110答而∫∫(xy)dxdy=∫∫(12x)dxdy=∫0dy∫yDDwww.khd所以∫∫(xy)dxdy=∫lPdx+Qdy.DQP(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)dyL1L2L3L4=(∫+∫+∫+∫)(x2xy3)dx+(y22xy)dy=∫x2dx+∫(y24y)dy+∫(x28x)dx+∫y2dy00222课1=∫(y2yy2+y4)dy=1,03012=∫8xdx+∫4ydy=8,0022而∫∫(xy)dxdy=∫∫(2y+3xy2)dxdyDDQPaw1y2QP案11=∫(2x5+2x3+x2)dx∫(2y5+4y4+2y2)dy=1,0030后00.co(12x)dx网m解L=L1+L2,故=∫dx∫(2y+3xy2)dy=∫(8x4)dx=8,000222所以∫∫(xy)dxdy=∫lPdx+Qdy.DQP2.利用曲线