格林公式

§6.5 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

2.34 分/卷近 11 年平均

7/11 年出现年份

3.0 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）第二类曲线积分（对坐标）二重积分③ 掌握后可解锁斯托克斯公式

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 格林公式的内容： $\oint_{L 正向} P d x + Q d y = \iint_{D} (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d σ$ ★★ 必会

① 定理（格林公式）：设有界闭区域

D

由分段光滑的闭曲线

L

围成，

P (x, y), Q (x, y)

在

D

上（含边界）具有一阶连续偏导数，则

\oint_{L} P d x + Q d y = \iint_{D} (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d σ,

其中

L

取

D

的正向边界。它把沿边界绕行一周的环流化为区域内部

Q_{x} - P_{y}

的累积，可以看作牛顿–莱布尼茨公式在二维情形的推广。

② 正向约定：沿

L

行走时，区域

D

始终在左侧。如果区域是单连通的（不含洞），那么正向就是逆时针方向；如果区域是复连通的（含有洞），那么外边界取逆时针方向，内边界即洞的边界取顺时针方向，简言之为外逆内顺。这时

\oint_{L}

是指沿全部边界曲线的积分之和。若题中所给曲线取负向，只需在公式右端添一个负号。

③ 使用前必须三查（缺一不可）：查闭，

L

必须是闭曲线，开曲线要先补线使之闭合，再减去所补的那一段；查向，看是否取正向，取负向时结果变号；查偏导连续，

P, Q

的一阶偏导数必须在

D

内部处处连续。第三查最易遗漏：形如

\frac{\dots}{x ^{2} + y ^{2}}

的场在原点没有定义，只要

L

把原点围在内部，就绝不能直接套用格林公式，其后果见后面讨论单连通条件的一条；这种情形应当采用挖洞法或回路替换法，见后面讲回路替换的一条。

证明 / 推导

证明的思路与一个验证特例：完整的证明见下一条，其要点是在 X-型与 Y-型区域上用牛顿–莱布尼茨公式分别证明

\oint_{L} P d x = - \iint_{D} P_{y} d σ

与

\oint_{L} Q d y = \iint_{D} Q_{x} d σ

，两式相加即得；一般区域可切成若干标准块，公共边上的积分一来一回相互抵消。下面只验证一个特例，用以确定符号与方向的约定。取

P = - y, Q = 0

，

D

为单位圆盘，

L

为逆时针方向的单位圆

x = cos t, y = sin t (t : 0 \to 2 π)

。左端为

\oint_{L} - y d x = \int_{0}^{2 π} (- sin t) (- sin t) d t = \int_{0}^{2 π} sin^{2} t d t = π;

右端

\iint_{D} (Q_{x} - P_{y}) d σ = \iint_{D} (0 - (- 1)) d σ = S_{D} = π

。两端相等。如果把方向走反，或者把

Q_{x} - P_{y}

误写成

P_{y} - Q_{x}

，就会得到

- π

。这个特例同时给出面积公式

S = \oint_{L} (- y) d x

，它与后面求面积一条中的

S = \frac{1}{2} \oint_{L} (x d y - y d x)

属于同一族，都是取

P, Q

的适当组合使

Q_{x} - P_{y} = 1

而得来的。

举例说明

例（1987 数一） 设

L

为取正向的圆

x^{2} + y^{2} = 9

，求

\oint_{L} (2 x y - 2 y) d x + (x^{2} - 4 x) d y

。

解. 先作三查：

L

封闭 ✓、取正向 ✓、

P = 2 x y - 2 y, Q = x^{2} - 4 x

都是多项式，偏导数处处连续 ✓，故可以使用格林公式。

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = (2 x - 4) - (2 x - 2) = - 2,

故

\oint_{L} = \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 9} (- 2) d σ = - 2 \cdot π \cdot 3^{2} = - 18 π .

必须注意：其一是次序，被积表达式为

P d x + Q d y

，右端必须写成

Q_{x} - P_{y}

，即对后面的

Q

求前面的变量

x

的偏导数，写反了整体就差一个负号；其二，本题中

2 x

恰好相消是命题的常见安排，当

Q_{x} - P_{y}

为常数

c

时，答案就是

c \times

区域面积，此处圆盘面积为

9 π

，不要误算成周长

6 π

。

2. 格林公式怎么证：从标准区域看清负号的来历★ 要懂

格林公式可以由牛顿–莱布尼茨公式在标准区域上拼接而得。为此先分别证明下面两个式子：

\oint_{L} P d x \oint_{L} Q d y = - \iint_{D} \frac{\partial P}{\partial y} d σ = + \iint_{D} \frac{\partial Q}{\partial x} d σ

两式相加即得格林公式。注意第一式带负号而第二式带正号，这个符号并非硬记而来，它是由边界的走向与积分次序共同决定的；下面的证明说明它的来历。

证明 / 推导

证（对 X-型区域）. 设

D : a \leq x \leq b, φ_{1} (x) \leq y \leq φ_{2} (x)

。先计算右端：

\iint_{D} \frac{\partial P}{\partial y} d σ = \int_{a}^{b} [\int_{φ_{1} (x)}^{φ_{2} (x)} \frac{\partial P}{\partial y} d y] d x = \int_{a}^{b} [P (x, φ_{2} (x)) - P (x, φ_{1} (x))] d x .

再计算左端

\oint_{L} P d x

，其中边界

L

取正向即逆时针方向：下边界

y = φ_{1} (x)

由左向右（

x : a \to b

），贡献

\int_{a}^{b} P (x, φ_{1}) d x

；上边界

y = φ_{2} (x)

由右向左（

x : b \to a

），贡献

- \int_{a}^{b} P (x, φ_{2}) d x

；左右两条竖直边上

x

为常数，

d x = 0

，没有贡献。三部分合计得

\oint_{L} P d x = \int_{a}^{b} [P (x, φ_{1}) - P (x, φ_{2})] d x = - \iint_{D} \frac{\partial P}{\partial y} d σ .

式中的负号来自上边界须反向行走这一事实。与此相类似，对 Y-型区域可证

\oint_{L} Q d y = \iint_{D} Q_{x} d σ

。一般区域可以切成有限个既是 X-型又是 Y-型的小块，公共边上的积分正反抵消，逐块叠加即得一般的格林公式。

■

3. 回路替换法：把复杂闭路换成便于计算的小圆★★ 必会

挖洞法可以概括为回路替换：如果在闭曲线

L

与其内部的小闭曲线

l

所夹的环形区域上处处有

Q_{x} = P_{y}

（即被积的场在此区域内无旋，尽管奇点位于

l

之内），那么由复连通区域的格林公式得

\oint_{L} = \oint_{l}

。于是可以把形状任意的

L

换成便于计算的 $l$ ，通常取一个小圆或小椭圆，并使它与分母相匹配：分母含

x^{2} + y^{2}

时就取

l : x^{2} + y^{2} = r^{2}

，在

l

上分母成为常数

r^{2}

，积分随之大为简化。

换上小圆之后，可以对分子用格林公式，也可以直接把圆参数化。后者更通用，做法是取

x = r cos t, y = r sin t

，此时

r

是常数，因此

d x = - r sin t d t, d y = r cos t d t

，而分母在圆上恒为

r^{2}

。正向整圆对应

t

由

0

变到

2 π

，顺时针则由

2 π

变到

0

。如果

l

取的是椭圆

\frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} = 1

，那么取

x = a cos t, y = b sin t

，

t

的范围相同。参数化的三个要点（

r

为常数、

t

的起止由端点定、方向由积分限体现）见第二类曲线积分一节。

证明 / 推导

证. 设闭曲线

l

全部落在闭曲线

L

的内部。记

D

为二者所夹的环形区域。又设

P, Q

在

D

及其边界上有一阶连续偏导数，且在

D

内处处有

Q_{x} = P_{y}

。下面证明

\oint_{L} = \oint_{l}

，其中两条曲线都取逆时针方向。

D

不是单连通区域，格林公式不能直接用。为此在

L

与

l

之间作两条辅助线段，把

D

分成上下两块。每一块都是单连通的。它的边界是一条闭曲线，对它可以使用格林公式。把两块的结果相加。两条辅助线段各被走过两次，方向相反。因此这一部分的线积分相互抵消，剩下的是

D

的整个边界。于是得

\oint_{L} (P d x + Q d y) - \oint_{l} (P d x + Q d y) = \iint_{D} (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d σ .

左端的负号来自内边界的取向。格林公式所要求的正向是沿边界行走时区域始终在左侧。对环形区域

D

来说，外边界

L

取逆时针方向，内边界应取顺时针方向。而

l

上取的是逆时针方向，与之相反。所以要添一个负号。
由假设，右端的被积函数在

D

内恒为零。因此右端为零。移项即得

\oint_{L} (P d x + Q d y) = \oint_{l} (P d x + Q d y) .

这就证明了回路替换的合法性。结果与

l

的形状和大小都无关。
使用时必须核对三点. 其一，

l

要完全落在

L

的内部。其二，全部奇点都要落在

l

的内部。其三，等式

Q_{x} = P_{y}

只须在环形区域

D

上成立，奇点不属于

D

。此外还须注意，

L

与

l

要取相同的转向。

■

举例说明

例. 计算

I = \oint_{L} \frac{( x - y ) d x + ( x + y ) d y}{x ^{2} + y ^{2}}

，其中

L

是任意一条绕原点一周的正向闭曲线。
解. 记

P = \frac{x - y}{x ^{2} + y ^{2}}, Q = \frac{x + y}{x ^{2} + y ^{2}}

，容易验证在原点之外有

Q_{x} = P_{y}

，故

\oint_{L} = \oint_{l}

。取

l : x^{2} + y^{2} = r^{2}

并使之取正向，则在

l

上分母

= r^{2}

为常数，于是

I = \oint_{l} \frac{( x - y ) d x + ( x + y ) d y}{r ^{2}} = \frac{1}{r ^{2}} \oint_{l} (x - y) d x + (x + y) d y .

再对分子用格林公式（此时

l

内已无奇点）：

Q_{x} - P_{y} = 1 - (- 1) = 2

，

\oint_{l} (x - y) d x + (x + y) d y = \iint_{x^{2} + y^{2} \leq r^{2}} 2 d σ = 2 π r^{2}

。因此

I = \frac{1}{r ^{2}} \cdot 2 π r^{2} = 2 π

，它与

L

的具体形状以及

r

的大小都无关。

4. 为什么必须单连通：Qx = Py 不等于路径无关★★ 必会

常有人误认为只要

Q_{x} = P_{y}

积分就与路径无关，其实这一结论只在单连通区域内成立，遗漏了这个前提就会出错。典型的反例是角场

P = \frac{- y}{x ^{2} + y ^{2}}, Q = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}

：它在挖去原点的平面上处处满足

Q_{x} = P_{y}

，但沿绕原点一周的闭路却有

\oint = 2 π \neq = 0

，因此并非与路径无关。原因在于它的定义域（平面挖去原点）有一个洞，不是单连通区域，格林公式无法用于包住这个洞的回路。
正确的判据：只有当

Q_{x} = P_{y}

且定义域单连通（或者积分回路所围区域内没有奇点）时，才能断言积分与路径无关、沿闭路的积分为零。遇到分母可能为零的场，应先找出奇点，判断回路是否把它包在内部，然后再决定能否使用路径无关性。

证明 / 推导

证. 先验证角场处处满足

Q_{x} = P_{y}

。设

P = \frac{- y}{x ^{2} + y ^{2}}, Q = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}

，它们在除原点以外的每一点都有定义。由商的求导法则得

\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{- ( x ^{2} + y ^{2} ) - ( - y ) \cdot 2 y}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = \frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}},

\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{( x ^{2} + y ^{2} ) - x \cdot 2 x}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = \frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} .

两式的右端相同。因此在挖去原点的平面上处处有

Q_{x} = P_{y}

。

再算沿闭路的积分。取

L

为圆周

x = r cos t, y = r sin t

，

t

从

0

变到

2 π

，它绕原点一周并取正向。于是

d x = - r sin t d t, d y = r cos t d t

，而在

L

上分母恒为

x^{2} + y^{2} = r^{2}

。代入得

P d x + Q d y = \frac{( - r sin t ) ( - r sin t ) + ( r cos t ) ( r cos t )}{r ^{2}} d t = \frac{r ^{2} ( sin ^{2} t + cos ^{2} t )}{r ^{2}} d t = d t,

从而

\oint_{L} \frac{- y d x + x d y}{x ^{2} + y ^{2}} = \int_{0}^{2 π} d t = 2 π .

这个值与半径

r

无关。可见

Q_{x} = P_{y}

处处成立，闭路积分却不等于零。

这与格林公式并不矛盾。格林公式要求

P, Q

在

L

所围的整个闭区域上有一阶连续偏导数。上面的

L

围住了原点，而

P, Q

在原点没有定义。条件不成立，公式就不能用。上面还算出被积表达式在

L

上化为

d t

，它就是极角的微分。绕原点一周，极角增加

2 π

，这就是

2 π

的来历。

单连通的作用在于补上这一条件。设

G

单连通。又设

P, Q

在

G

内有一阶连续偏导数，且处处有

Q_{x} = P_{y}

。任取

G

内一条闭曲线

L

。由单连通的定义，

L

所围的区域

D

整个落在

G

内。于是格林公式可用，得

\oint_{L} P d x + Q d y = \iint_{D} (Q_{x} - P_{y}) d σ = 0

。同起点、同终点的两条路径又可以接成一条闭曲线。因此闭路积分恒为零，就等于积分与路径无关。对上述角场，绕原点的圆盘越出了去心平面，这一步就无法进行。

另一方面，设闭曲线

l

不把原点围在内部。这时

l

所围的闭区域落在去心平面内。格林公式仍然可用，积分为零。可见同一个角场沿不同的闭路可以给出不同的结果。这就证明了：由

Q_{x} = P_{y}

断言积分与路径无关，还须加上定义域单连通，或者回路内没有奇点。

举例说明

例. 设

P = \frac{- y}{x ^{2} + y ^{2}}, Q = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}

，它们在除原点外的每一点都有定义。分别计算

I_{1} I_{2} = \oint_{L_{1}} P d x + Q d y = \oint_{L_{2}} P d x + Q d y

其中

L_{1}

是正方形

∣ x ∣ \leq 1, ∣ y ∣ \leq 1

的边界，取正向；

L_{2}

是圆周

(x - 2)^{2} + y^{2} = 1

，取正向。
解. 由本条的证明已知，在挖去原点的平面上处处有

\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} .

两个积分的被积函数完全相同。下面看结果是否也相同。

L_{1}

把原点围在内部。

P, Q

在原点没有定义，格林公式不能用，只好化为定积分逐段计算。被积表达式为

\frac{- y d x + x d y}{x ^{2} + y ^{2}}

。
右边一段自

(1, - 1)

到

(1, 1)

。此时

x \equiv 1

，

d x = 0

，

y

从

- 1

变到

1

，故

\int_{- 1}^{1} \frac{1 \cdot d y}{1 + y ^{2}} = [arctan y]_{- 1}^{1} = \frac{π}{4} - (- \frac{π}{4}) = \frac{π}{2} .

上边一段自

(1, 1)

到

(- 1, 1)

。此时

y \equiv 1

，

d y = 0

，

x

从

1

变到

- 1

，故

\int_{1}^{- 1} \frac{- 1 \cdot d x}{x ^{2} + 1} = - [arctan x]_{1}^{- 1} = - (- \frac{π}{4} - \frac{π}{4}) = \frac{π}{2} .

左边一段自

(- 1, 1)

到

(- 1, - 1)

。此时

x \equiv - 1

，

d x = 0

，

y

从

1

变到

- 1

，故

\int_{1}^{- 1} \frac{- 1 \cdot d y}{1 + y ^{2}} = - [arctan y]_{1}^{- 1} = - (- \frac{π}{4} - \frac{π}{4}) = \frac{π}{2} .

下边一段自

(- 1, - 1)

到

(1, - 1)

。此时

y \equiv - 1

，

d y = 0

，

x

从

- 1

变到

1

，故

\int_{- 1}^{1} \frac{- ( - 1 ) d x}{x ^{2} + 1} = [arctan x]_{- 1}^{1} = \frac{π}{4} - (- \frac{π}{4}) = \frac{π}{2} .

四段相加，得

I_{1} = 4 \times \frac{π}{2} = 2 π

。每段的值都是

\frac{π}{2}

，恰是极角在该段上的增量。四段合起来就是绕原点一周所增加的

2 π

。

L_{2}

是分段光滑的简单闭曲线。记它围成的闭区域为

D

，即圆盘

(x - 2)^{2} + y^{2} \leq 1

。设

(x, y) \in D

，由三角不等式得

x^{2} + y^{2} \geq 2 - (x - 2)^{2} + y^{2} \geq 2 - 1 = 1 > 0,

所以原点不属于

D

。于是

P, Q

在

D

上有一阶连续偏导数，格林公式可用。由

L_{2}

取正向得

I_{2} = \oint_{L_{2}} P d x + Q d y = \iint_{D} (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d σ = \iint_{D} 0 d σ = 0.

两个积分的被积函数相同，

Q_{x} = P_{y}

也同样成立，结果却一个是

2 π

，一个是

0

。由此可见，差别不在被积函数，只在闭曲线所围的区域是否含有原点。

必须注意：① 不要由

Q_{x} = P_{y}

断言闭路积分为零。本例中除原点外处处有

Q_{x} = P_{y}

，而

I_{1} = 2 π

。② 不要对

L_{1}

套用格林公式。格林公式要求

P, Q

在闭曲线所围的整个闭区域上有一阶连续偏导数。

P, Q

在原点没有定义，而

L_{1}

所围的区域含有原点，条件不满足。③ 对

L_{2}

使用格林公式之前，必须先说明

D

内不含原点。少了这一步，公式就用得没有根据。④ 逐段计算时必须注意方向。取正向绕行时，右边一段自下而上，上边一段自右向左，左边一段自上而下，下边一段自左向右。某一段取成相反的方向，该段的值就要变号。

5. 用格林公式求面积：星形线★★ 必会

取

P = - y, Q = x

，则

Q_{x} - P_{y} = 2

，于是区域的面积为

S = \frac{1}{2} \oint_{L} (x d y - y d x)

。这个公式把求面积化为沿边界绕行一周的积分，对由参数方程给出的封闭曲线（如摆线、星形线、心形线，它们的直角坐标方程往往很复杂）特别有效：无须解出

y = y (x)

，直接代入参数式即可。

举例说明

例. 求星形线

x = a cos^{3} t, y = a sin^{3} t (0 \leq t \leq 2 π)

所围面积。
解.

d x = - 3 a cos^{2} t sin t d t, d y = 3 a sin^{2} t cos t d t

，

x d y - y d x = 3 a^{2} sin^{2} t cos^{2} t (cos^{2} t + sin^{2} t) d t = 3 a^{2} sin^{2} t cos^{2} t d t = \frac{3 a ^{2}}{4} sin^{2} 2 t d t .

故

S = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} \frac{3 a ^{2}}{4} sin^{2} 2 t d t = \frac{3 a ^{2}}{8} \int_{0}^{2 π} sin^{2} 2 t d t = \frac{3 a ^{2}}{8} \cdot π = \frac{3 π a ^{2}}{8}

。
总结. 面积公式

S = \frac{1}{2} \oint (x d y - y d x)

是求参数曲线所围面积的标准方法，必须熟记。

💡 小知识

格林公式以英国人乔治·格林命名。他是磨坊主的儿子，几乎全靠自学数学，35 岁才自费出版了收有这条公式的小册子，生前一直默默无闻。去世之后经开尔文勋爵发掘，这本小册子才被奉为数学物理的奠基之作。一个从磨坊里长出来的公式，如今撑起了整个向量分析。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 用格林公式计算

I = \oint_{L} - y d x + x d y

，其中

L

为圆周

x^{2} + y^{2} = a^{2}

，取逆时针方向（

a > 0

）。难度 1

思路：闭曲线 $+$ $P, Q$ 有连续偏导 $+$ 正向（逆时针） $\Rightarrow$ 直接套格林公式。

这里

P = - y, Q = x

，在全平面有连续偏导。格林公式

\oint_{L} P d x + Q d y = \iint_{D} (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d σ .

计算

\frac{\partial Q}{\partial x} = 1, \frac{\partial P}{\partial y} = - 1, \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 1 - (- 1) = 2.

D

是半径

a

的圆盘，面积

π a^{2}

，故

I = \iint_{D} 2 d σ = 2 \cdot π a^{2} = 2 π a^{2} .

答案： $I = 2 π a^{2}$ 。

例 2 利用格林公式的面积公式

S = \frac{1}{2} \oint_{L} x d y - y d x

，求椭圆

\frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} = 1

所围的面积（

L

取逆时针）。难度 2

思路：取 $P = - y, Q = x$ 时 $Q_{x} - P_{y} = 2$ ，故 $\frac{1}{2} \oint x d y - y d x$ 恰为面积。参数化椭圆边界。

令

x = a cos t, y = b sin t, t : 0 \to 2 π

（逆时针）。则

d x = - a sin t d t, d y = b cos t d t

。

x d y - y d x = a cos t \cdot b cos t d t - b sin t \cdot (- a sin t) d t = ab (cos^{2} t + sin^{2} t) d t = ab d t .

于是

S = \frac{1}{2} \oint_{L} x d y - y d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} ab d t = \frac{1}{2} \cdot ab \cdot 2 π = π ab .

答案： $S = π ab$ 。 这正是椭圆面积公式；当

a = b = R

时退化为圆面积

π R^{2}

。

例 3 用格林公式计算

I = \oint_{L} x y d x + x^{2} d y

，其中

L

为顶点

O (0, 0), A (1, 0), B (1, 1)

的三角形边界，取逆时针方向。难度 2

思路：套格林公式， $Q_{x} - P_{y}$ 不再是常数，需算三角形上的二重积分。

P = x y, Q = x^{2}

，则

\frac{\partial Q}{\partial x} = 2 x, \frac{\partial P}{\partial y} = x, \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 2 x - x = x .

三角形区域

D

（X-型）：

0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq x

。于是

I = \iint_{D} x d σ = \int_{0}^{1} \int_{0}^{x} x d y d x = \int_{0}^{1} x \cdot x d x = \int_{0}^{1} x^{2} d x = \frac{1}{3} .

答案： $I = \frac{1}{3}$ 。 直接参数化三条边会很繁，格林公式把它转成一个简单二重积分。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2026 年 · 数一 · 第 19 题 · 解答题 · 12 分

设有向曲线

L

为椭圆

x^{2} + 3 y^{2} = 1

上沿逆时针方向从点

A (- \frac{1}{2}, - \frac{1}{2})

到

B (\frac{1}{2}, \frac{1}{2})

的部分，计算曲线积分

I = \int_{L} (e^{x^{2}} sin x - 2 x y) d x + (6 x - x^{2} - y cos^{4} y) d y .

2025 年 · 数一 · 第 14 题 · 填空题 · 5 分

已知有向曲线

L

是沿抛物线

y = 1 - x^{2}

从点

(1, 0)

到

(- 1, 0)

的曲线段，则曲线积分

\int_{L} (y + cos x) d x + (2 x + cos y) d y =

______.

2021 年 · 数一 · 第 20 题 · 解答题 · 12 分

设

D \subset R^{2}

是有界单连通闭区域，

I (D) = \iint_{D} (4 - x^{2} - y^{2}) d x d y

取得最大值的积分区域记为

D_{1}

.

（Ⅰ）求

I (D_{1})

的值；

（Ⅱ）计算

\int_{\partial D_{1}} \frac{( x e ^{x^{2} + 4 y^{2}} + y ) d x + ( 4 y e ^{x^{2} + 4 y^{2}} - x ) d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}}

，其中

\partial D_{1}

是

D_{1}

的正向边界.

2020 年 · 数一 · 第 16 题 · 解答题 · 10 分

计算曲线积分

I = \oint_{L} \frac{4 x - y}{4 x ^{2} + y ^{2}} d x + \frac{x + y}{4 x ^{2} + y ^{2}} d y

，其中

L

为

x^{2} + y^{2} = 2

，方向为逆时针方向.

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

格林公式

\oint_{L} P d x + Q d y = \iint_{D} (?) d σ

中，括号内的被积表达式是（　　）。

A $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}$
B $\frac{\partial P}{\partial x} - \frac{\partial Q}{\partial y}$
C $\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y}$
D $\frac{\partial Q}{\partial y} - \frac{\partial P}{\partial x}$

练习 2 · 填空题

设

L

为逆时针方向的单位圆周

x^{2} + y^{2} = 1

，则

\oint_{L} - y d x + x d y =

____。

练习 3 · 选择题

设

L

为逆时针方向的简单闭曲线，它所围区域面积为

A

，则

\oint_{L} x d y - y d x =

（　　）。

A $A$
B $2 A$
C $\frac{A}{2}$
D $0$

练习 4 · 填空题

设

L

为任一逆时针方向的分段光滑闭曲线，则

\oint_{L} (2 x + y) d x + (x + 2 y) d y =

____。

练习 5 · 选择题

设

L

为逆时针方向的单位圆周

x^{2} + y^{2} = 1

，

P = \frac{- y}{x ^{2} + y ^{2}}

，

Q = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}

。已知在除原点外处处有

\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}

，但

\oint_{L} P d x + Q d y = 2 π \neq = 0

。造成这一现象的原因是（　　）。

A格林公式只对凸区域成立，圆不满足
B $P, Q$ 在 $L$ 所围区域内的原点处无定义，不满足格林公式「在闭区域上有连续偏导数」的条件
C $L$ 的方向取反了，正确答案应为 $- 2 π$
D $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$ 只在 $L$ 上成立，区域内部不成立

练习 6 · 填空题

设

L

为逆时针方向的椭圆

4 x^{2} + y^{2} = 4

，则

\oint_{L} \frac{x d y - y d x}{x ^{2} + y ^{2}} =

____。

练习 7 · 解答题

计算

I = \oint_{L} \frac{x d y - y d x}{4 x ^{2} + y ^{2}}

，其中

L

为逆时针方向的圆周

x^{2} + y^{2} = 4

。

2019 年 · 数一 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

设函数

Q (x, y) = \frac{x}{y ^{2}}

。如果对上半平面

(y > 0)

内的任意有向光滑封闭曲线

C

都有

\oint_{C} P (x, y) d x + Q (x, y) d y = 0

，那么函数

P (x, y)

可取为（　　）

A $y - \frac{x ^{2}}{y ^{3}}$ .
B $\frac{1}{y} - \frac{x ^{2}}{y ^{3}}$ .
C $\frac{1}{x} - \frac{1}{y}$ .
D $x - \frac{1}{y}$ .

2017 年 · 数一 · 第 11 题 · 填空题 · 4 分

若曲线积分

\int_{L} \frac{x d x - a y d y}{x ^{2} + y ^{2} - 1}

在区域

D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} < 1}

内与路径无关，则

a =

______.

格林公式

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 格林公式的内容：∮L正向​Pdx+Qdy=∬D​(∂x∂Q​−∂y∂P​)dσ★★ 必会

2. 格林公式怎么证：从标准区域看清负号的来历★ 要懂

3. 回路替换法：把复杂闭路换成便于计算的小圆★★ 必会

4. 为什么必须单连通：Qx = Py 不等于路径无关★★ 必会

5. 用格林公式求面积：星形线★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 格林公式的内容： $\oint_{L 正向} P d x + Q d y = \iint_{D} (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d σ$ ★★ 必会