1995 年考研数学（二） 第 15 题

摆线弧长的经典模型。被开方式 ${\sin }^{2}t+(1-\cos t{)}^2$ 一定化到 $2-2\cos t$，再靠半角 $2-2\cos t=4{\sin }^2\frac{t}{2}$ 把平方根变成 $2|\sin \frac{t}{2}|$。整拱 $t\in [0,2\pi ]$ 上 $\frac{t}{2}$ 不超过 $\pi$，正弦非负，直接去绝对值积分得 $8$。（此处 $x,y$ 表达式与标准摆线互换，但弧长对 $x,y$ 对称，结果不变。）

本题考查参数方程曲线的弧长公式 $S={\int }_{\alpha }^{\beta }\sqrt{(x^{\prime }(t){)}^2+(y^{\prime }(t){)}^2}dt$。

求导：$\frac{dx}{dt}=\sin t$，$\frac{dy}{dt}=1-\cos t$。于是
$$(\frac{dx}{dt}{)}^2+(\frac{dy}{dt}{)}^2={\sin }^{2}t+(1-\cos t{)}^2=2-2\cos t.$$

利用 $2-2\cos t=4{\sin }^2\frac{t}{2}$，故 $\sqrt{2-2\cos t}=2\left|\sin \frac{t}{2}\right|$。在 $[0,2\pi ]$ 上 $\frac{t}{2}\in [0,\pi ]$，$\sin \frac{t}{2}\ge 0$，故绝对值可去。

$$S={\int }_0^{2\pi }2\sin \frac{t}{2}dt=[-4\cos \frac{t}{2}{]}_0^{2\pi }=-4\cos \pi +4\cos 0=4+4=8.$$