设平面曲线 $L$ 是一根细线，其线密度为 $\rho(x,y)$（单位长度的质量）。要求整条线的总质量 $M$，自然的做法是：
这个极限就是 $\rho(x,y)$ 沿 $L$ 的第一类曲线积分（对弧长的曲线积分）。
设 $L$ 为平面上的光滑（或分段光滑）曲线，$f(x,y)$ 在 $L$ 上有界。将 $L$ 任意分成 $n$ 小段，第 $i$ 段弧长为 $\Delta s_i$，在其上任取一点 $(\xi_i,\eta_i)$。若极限
$$\lim_{\lambda\to 0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_i,\eta_i)\,\Delta s_i$$存在且与分法及取点方式无关，则称此极限为 $f(x,y)$ 沿 $L$ 的第一类曲线积分，记为
$$\int_L f(x,y)\,\dd s$$其中 $\dd s$ 为弧长微元（弧微分），$f(x,y)$ 称为被积函数，$L$ 称为积分曲线。
其中 $\alpha, \beta$ 为常数。
若 $L = L_1 + L_2$（$L$ 由 $L_1$ 和 $L_2$ 首尾相接组成），则
$$\int_L f\,\dd s = \int_{L_1} f\,\dd s + \int_{L_2} f\,\dd s$$设 $L^{-}$ 表示 $L$ 反向遍历的曲线，则
$$\int_{L^{-}} f(x,y)\,\dd s = \int_L f(x,y)\,\dd s$$即第一类曲线积分的值与曲线的方向无关，只与曲线的形状和被积函数有关。
第二类曲线积分（对坐标的曲线积分）$\int_L P\dd x + Q\dd y$ 与方向有关：反向积分变号。而第一类曲线积分与方向无关，因为弧长微元 $\dd s > 0$ 始终为正。
口诀："一类不变号，二类反方向变号"。
若 $m \leq f(x,y) \leq M$ 在 $L$ 上成立，$|L|$ 为曲线弧长，则
$$m\cdot|L| \leq \int_L f\,\dd s \leq M\cdot|L|$$若 $f(x,y)$ 在光滑曲线 $L$ 上连续，则存在 $L$ 上某点 $(\xi,\eta)$ 使得
$$\int_L f\,\dd s = f(\xi,\eta)\cdot|L|$$设曲线 $L$ 由参数方程 $x = x(t),\; y = y(t)$，$t \in [\alpha, \beta]$ 给出，且 $x'(t), y'(t)$ 连续，$(x'(t))^2 + (y'(t))^2 \neq 0$。则
$$\boxed{\int_L f(x,y)\,\dd s = \int_\alpha^\beta f\bigl(x(t),\, y(t)\bigr)\sqrt{[x'(t)]^2 + [y'(t)]^2}\,\dd t}$$其中要求 $\alpha < \beta$（参数区间从小到大），这正是因为 $\dd s > 0$ 与方向无关。
推导：弧长微元 $\dd s = \sqrt{(\dd x)^2 + (\dd y)^2} = \sqrt{[x'(t)]^2 + [y'(t)]^2}\,\dd t$，代入即得。
若 $L$ 可以表示为 $y = y(x)$，$x \in [a, b]$，则令 $t = x$：
$$\boxed{\int_L f(x,y)\,\dd s = \int_a^b f\bigl(x,\, y(x)\bigr)\sqrt{1 + [y'(x)]^2}\,\dd x}$$若 $L$ 可以表示为 $x = x(y)$，$y \in [c, d]$，则令 $t = y$：
$$\int_L f(x,y)\,\dd s = \int_c^d f\bigl(x(y),\, y\bigr)\sqrt{[x'(y)]^2 + 1}\,\dd y$$若 $L$ 由极坐标 $r = r(\theta)$，$\theta \in [\alpha, \beta]$ 给出，利用 $x = r(\theta)\cos\theta$，$y = r(\theta)\sin\theta$，可得
$$x'(\theta) = r'(\theta)\cos\theta - r(\theta)\sin\theta,\quad y'(\theta) = r'(\theta)\sin\theta + r(\theta)\cos\theta$$ $$[x'(\theta)]^2 + [y'(\theta)]^2 = [r'(\theta)]^2 + [r(\theta)]^2$$因此
$$\boxed{\int_L f(x,y)\,\dd s = \int_\alpha^\beta f\bigl(r(\theta)\cos\theta,\; r(\theta)\sin\theta\bigr)\sqrt{[r(\theta)]^2 + [r'(\theta)]^2}\,\dd\theta}$$设空间曲线 $\Gamma$ 由参数方程 $x = x(t),\; y = y(t),\; z = z(t)$，$t \in [\alpha, \beta]$ 给出，则
$$\boxed{\int_\Gamma f(x,y,z)\,\dd s = \int_\alpha^\beta f\bigl(x(t),y(t),z(t)\bigr)\sqrt{[x'(t)]^2 + [y'(t)]^2 + [z'(t)]^2}\,\dd t}$$本质相同：弧长微元 $\dd s = \sqrt{(\dd x)^2 + (\dd y)^2 + (\dd z)^2}$，多加一个 $z$ 分量即可。
对称性是第一类曲线积分计算中最强大的化简工具。利用得当可以大幅减少计算量，甚至直接得出答案。
若曲线 $L$ 关于 $y$ 轴对称，则：
若曲线 $L$ 关于 $x$ 轴对称，则：
若 $L$ 关于原点对称，且 $f(-x,-y) = -f(x,y)$，则 $\displaystyle\int_L f\,\dd s = 0$。
注意：原点对称时 $f(-x,-y) = f(x,y)$（偶函数）不能直接"加倍"整条曲线，因为曲线可能不能自然分成上下或左右两半。需根据具体情况判断。
若曲线 $L$ 的方程在 $x \leftrightarrow y$ 互换后不变（例如 $x^2 + y^2 = R^2$），则
$$\int_L f(x,y)\,\dd s = \int_L f(y,x)\,\dd s$$由此可得：
$$\int_L x^2\,\dd s = \int_L y^2\,\dd s = \frac{1}{2}\int_L (x^2+y^2)\,\dd s$$ $$\int_L x\,\dd s = \int_L y\,\dd s$$在圆 $x^2 + y^2 = R^2$ 上，
$$\int_L x^2\,\dd s = \int_L y^2\,\dd s = \frac{1}{2}\int_L (x^2+y^2)\,\dd s = \frac{R^2}{2}\int_L \dd s = \frac{R^2}{2}\cdot 2\pi R = \pi R^3$$无需参数化计算！直接利用 $x^2+y^2 = R^2$ 和弧长公式。
先用对称性化简，再用参数化计算，可以事半功倍。
| 曲线 | 方程 | 参数化 | $\dd s$ | 弧长 |
|---|---|---|---|---|
| 圆 | $x^2+y^2=R^2$ | $x=R\cos t,\;y=R\sin t$ $t\in[0,2\pi]$ |
$R\,\dd t$ | $2\pi R$ |
| 上半圆 | $x^2+y^2=R^2,\;y\geq 0$ | $x=R\cos t,\;y=R\sin t$ $t\in[0,\pi]$ |
$R\,\dd t$ | $\pi R$ |
| 椭圆 | $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ | $x=a\cos t,\;y=b\sin t$ $t\in[0,2\pi]$ |
$\sqrt{a^2\sin^2 t+b^2\cos^2 t}\,\dd t$ | 椭圆积分（无初等解） |
| 星形线 | $x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}$ | $x=a\cos^3 t,\;y=a\sin^3 t$ $t\in[0,2\pi]$ |
$3a|\sin t\cos t|\,\dd t$ | $6a$ |
| 摆线（一拱） | $x=a(t-\sin t)$ $y=a(1-\cos t)$ |
$t\in[0,2\pi]$ | $2a\left|\sin\frac{t}{2}\right|\dd t$ | $8a$ |
| 心形线 | $r=a(1+\cos\theta)$ | $\theta\in[0,2\pi]$ | $2a\cos\frac{\theta}{2}\,\dd\theta$ （上半部 $\theta\in[0,\pi]$） |
$8a$ |
| 阿基米德螺线 | $r=a\theta$ | $\theta \geq 0$ | $a\sqrt{1+\theta^2}\,\dd\theta$ | （依区间而定） |
| 螺旋线（空间） | $x=a\cos t,\;y=a\sin t$ $z=bt$ |
$t\in[0,2\pi]$ | $\sqrt{a^2+b^2}\,\dd t$ | $2\pi\sqrt{a^2+b^2}$ |
第一步：参数化。直线段 $AB$ 可参数化为 $x = t,\; y = t$，$t \in [0, 1]$。
第二步：求弧长微元。$x'(t) = 1$，$y'(t) = 1$，故
$$\dd s = \sqrt{1^2 + 1^2}\,\dd t = \sqrt{2}\,\dd t$$第三步：代入计算。
$$\int_L (x+y)\,\dd s = \int_0^1 (t+t)\cdot\sqrt{2}\,\dd t = 2\sqrt{2}\int_0^1 t\,\dd t = 2\sqrt{2}\cdot\frac{1}{2} = \sqrt{2}$$方法一（直接参数化）：令 $x = a\cos t$，$y = a\sin t$，$t \in [0, 2\pi]$。
$$\dd s = \sqrt{a^2\sin^2 t + a^2\cos^2 t}\,\dd t = a\,\dd t$$ $$\int_L (x^2+y^2)\,\dd s = \int_0^{2\pi}a^2\cdot a\,\dd t = a^3\cdot 2\pi = 2\pi a^3$$方法二（利用曲线方程，推荐！）：在 $L$ 上恒有 $x^2 + y^2 = a^2$，故
$$\int_L (x^2+y^2)\,\dd s = a^2\int_L \dd s = a^2\cdot 2\pi a = 2\pi a^3$$直接利用曲线方程将被积函数化为常数，妙！
对称性分析：$L$ 是以原点为中心的圆，关于 $x$ 轴、$y$ 轴和原点对称，且有轮换对称性。
将被积函数拆开：
$$I = \int_L x^2\,\dd s + 2\int_L xy\,\dd s + 3\int_L \dd s$$第一项：$L$ 有轮换对称性，所以 $\int_L x^2\,\dd s = \int_L y^2\,\dd s$。因此
$$\int_L x^2\,\dd s = \frac{1}{2}\int_L(x^2+y^2)\,\dd s = \frac{1}{2}\cdot 4\cdot 2\pi\cdot 2 = 8\pi$$第二项：$L$ 关于 $x$ 轴对称。$f(x,y) = xy$ 满足 $f(x,-y) = -xy = -f(x,y)$，关于 $y$ 为奇函数。故
$$\int_L xy\,\dd s = 0$$第三项：$\displaystyle\int_L \dd s = 2\pi\cdot 2 = 4\pi$。
合计：
$$I = 8\pi + 2\cdot 0 + 3\cdot 4\pi = 8\pi + 12\pi = 20\pi$$弧长微元：$x'(t) = -\sin t$，$y'(t) = \cos t$，$z'(t) = 1$，故
$$\dd s = \sqrt{\sin^2 t + \cos^2 t + 1}\,\dd t = \sqrt{2}\,\dd t$$被积函数：$x^2+y^2+z^2 = \cos^2 t + \sin^2 t + t^2 = 1 + t^2$。
计算：
$$\int_\Gamma (x^2+y^2+z^2)\,\dd s = \int_0^{2\pi}(1+t^2)\cdot\sqrt{2}\,\dd t = \sqrt{2}\left[t + \frac{t^3}{3}\right]_0^{2\pi}$$ $$= \sqrt{2}\left(2\pi + \frac{8\pi^3}{3}\right) = \frac{2\sqrt{2}\pi(3+4\pi^2)}{3}$$对称性分析：星形线关于 $x$ 轴对称。$f(x,y) = |y|$ 满足 $f(x,-y) = |-y| = |y| = f(x,y)$，是 $y$ 的偶函数。故
$$I = 2\int_{L_{\text{上}}} |y|\,\dd s = 2\int_{L_{\text{上}}} y\,\dd s$$上半部 $t \in [0, \pi]$，此时 $\sin t \geq 0$，$y = a\sin^3 t \geq 0$。
弧长微元：
$$x'(t) = -3a\cos^2 t\sin t,\quad y'(t) = 3a\sin^2 t\cos t$$ $$\dd s = 3a|\sin t\cos t|\,\dd t$$在 $t\in[0,\frac{\pi}{2}]$ 上 $\sin t\cos t \geq 0$；在 $t\in[\frac{\pi}{2},\pi]$ 上 $\sin t \geq 0$，$\cos t \leq 0$，故 $|\sin t\cos t| = -\sin t\cos t$。
进一步利用星形线关于 $y$ 轴的对称性：$|y|$ 关于 $x$ 也是偶函数（$|y|$ 不含 $x$），弧长元也对称，故
$$I = 2\times 2\int_0^{\pi/2} a\sin^3 t\cdot 3a\sin t\cos t\,\dd t = 12a^2\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\cos t\,\dd t$$令 $u = \sin t$，$\dd u = \cos t\,\dd t$：
$$I = 12a^2\int_0^1 u^4\,\dd u = 12a^2\cdot\frac{1}{5} = \frac{12a^2}{5}$$弧长微元（已在参数化表中推导过）：
$$\dd s = \sqrt{r^2+r'^2}\,\dd\theta = a\sqrt{2+2\cos\theta}\,\dd\theta = 2a\cos\frac{\theta}{2}\,\dd\theta$$（在 $\theta\in[0,\pi]$ 上 $\cos\frac{\theta}{2}\geq 0$。）
被积函数：$x = r\cos\theta = a(1+\cos\theta)\cos\theta = a\cos\theta + a\cos^2\theta$。
代入：
$$I = \int_0^\pi \bigl(a\cos\theta + a\cos^2\theta\bigr)\cdot 2a\cos\frac{\theta}{2}\,\dd\theta$$令 $u = \frac{\theta}{2}$，$\theta = 2u$，$\dd\theta = 2\,\dd u$，$\cos\theta = 2\cos^2 u - 1$，$u\in[0,\frac{\pi}{2}]$：
$$I = 2a^2\int_0^{\pi/2}\bigl[(2\cos^2 u - 1) + (2\cos^2 u - 1)^2\bigr]\cdot\cos u\cdot 2\,\dd u$$ $$= 4a^2\int_0^{\pi/2}\bigl[(2\cos^2 u - 1) + (4\cos^4 u - 4\cos^2 u + 1)\bigr]\cos u\,\dd u$$ $$= 4a^2\int_0^{\pi/2}(4\cos^4 u - 2\cos^2 u)\cos u\,\dd u$$ $$= 4a^2\int_0^{\pi/2}(4\cos^5 u - 2\cos^3 u)\,\dd u$$利用 Wallis 公式：$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^5 u\,\dd u = \frac{4\cdot 2}{5\cdot 3} = \frac{8}{15}$，$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^3 u\,\dd u = \frac{2}{3}$。
$$I = 4a^2\left(4\cdot\frac{8}{15} - 2\cdot\frac{2}{3}\right) = 4a^2\left(\frac{32}{15} - \frac{4}{3}\right) = 4a^2\cdot\frac{32-20}{15} = 4a^2\cdot\frac{12}{15} = \frac{16a^2}{5}$$注意到被积函数恰好就是椭圆方程的左端！在 $L$ 上恒有 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$，故
$$\int_L \left(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}\right)\dd s = \int_L 1\,\dd s = |L|$$即椭圆周长。虽然椭圆周长无初等表达式，但可以写为
$$|L| = \int_0^{2\pi}\sqrt{a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t}\,\dd t$$特别地，当 $a = b = R$ 时，$|L| = 2\pi R$。
在 $L$ 上恒有 $x^2+y^2 = R^2$，故 $(x^2+y^2)^n = R^{2n}$（常数）。
$$I = R^{2n}\int_L \dd s = R^{2n}\cdot 2\pi R = 2\pi R^{2n+1}$$点评：本题看似复杂（$n$ 次幂），实则一步到位。关键在于识别被积函数与曲线方程的关系。
对称性分析：平面 $x+y+z=0$ 过原点，交线 $\Gamma$ 是球面上的大圆，半径为 $R$，弧长 $|\Gamma| = 2\pi R$。
$\Gamma$ 在平面 $x+y+z=0$ 上。在 $\Gamma$ 上每一点都满足 $x+y+z=0$，因此被积函数 $f = x+y+z \equiv 0$。
$$I = \int_\Gamma 0\,\dd s = 0$$点评：利用 $\Gamma$ 所在平面的方程直接代入。如果没有看出这一点，参数化大圆来算会非常繁琐。
对称性分析：$L$ 关于两坐标轴和原点都对称。$f(x,y) = |x|+|y|$。
$|x|$ 是关于 $x$ 的偶函数，$|y|$ 是关于 $y$ 的偶函数。两者都是非负的偶函数。
利用 $L$ 关于两坐标轴的对称性，以及 $|x|$ 和 $|y|$ 的偶性：
$$\int_L |x|\,\dd s = 4\int_{L_1}|x|\,\dd s = 4\int_{L_1}x\,\dd s$$其中 $L_1$ 是第一象限部分 $x = \cos t,\; y = \sin t$，$t\in[0,\frac{\pi}{2}]$，$\dd s = \dd t$。
$$\int_L |x|\,\dd s = 4\int_0^{\pi/2}\cos t\,\dd t = 4[\sin t]_0^{\pi/2} = 4$$同理（轮换对称），$\displaystyle\int_L |y|\,\dd s = 4$。
$$I = 4 + 4 = 8$$点评：绝对值的处理：利用对称性化到第一象限去掉绝对值，再用轮换对称 $|x|$ 与 $|y|$ 的积分相等。
识别特征：给定明确的曲线方程和被积函数，要求计算第一类曲线积分。
标准步骤：
速解技巧：先看被积函数能否用曲线方程化简（如 $x^2+y^2$ 在圆上等于常数）。
易错点：参数区间必须 $\alpha < \beta$（这不同于第二类！），别搞混方向。
识别特征：曲线具有明显的对称性（圆、椭圆、正方形等），被积函数含有奇偶成分。
标准步骤：
速解技巧：遇到圆上积分，先拆项、再判奇偶、最后轮换。三板斧用完再考虑参数化。
易错点：轮换对称要求曲线方程在 $x\leftrightarrow y$ 下不变。椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a\neq b$）没有轮换对称性！
识别特征：曲线是两个曲面的交线、螺旋线等空间曲线。
标准步骤：
速解技巧：两曲面交线常用其中一个曲面的参数化（如柱面 $x^2+y^2=R^2$ 用 $x=R\cos t,y=R\sin t$），再由另一个曲面求 $z(t)$。
易错点：别忘了 $z'(t)$ 对 $\dd s$ 的贡献！在 $z$ 不是常数时容易遗漏。
识别特征：求非均匀曲线的质量、质心、转动惯量。
标准步骤：
速解技巧：均匀曲线（$\rho=$ 常数）的质心即形心。对称曲线（如整圆）的形心在对称中心。
易错点：$I_x$ 是关于 $x$ 轴的转动惯量（距离 $x$ 轴的距离是 $|y|$，故用 $y^2$），不要把下标和被积函数搞混。
| 对比项 | 第一类（对弧长） | 第二类（对坐标） |
|---|---|---|
| 记号 | $\displaystyle\int_L f\,\dd s$ | $\displaystyle\int_L P\,\dd x + Q\,\dd y$ |
| 物理意义 | 质量（标量场沿曲线积分） | 做功（向量场沿曲线积分） |
| 微元 | $\dd s > 0$（弧长，标量） | $\dd x, \dd y$（坐标增量，有符号） |
| 方向 | 与方向无关 | 与方向有关（反向变号） |
| 参数化 | $\alpha < \beta$（始终从小到大） | 上下限与曲线方向一致 |
| 关系 | $P\,\dd x + Q\,\dd y = (P\cos\alpha + Q\cos\beta)\,\dd s$，其中 $(\cos\alpha,\cos\beta)$ 为曲线切方向 | |
参数化：$x = 2\cos t$，$y = 2\sin t$，$t\in[0,\pi]$，$\dd s = 2\,\dd t$。
$$\int_L y\,\dd s = \int_0^\pi 2\sin t\cdot 2\,\dd t = 4\int_0^\pi\sin t\,\dd t = 4[-\cos t]_0^\pi = 4\cdot 2 = 8$$$\sqrt{x^2+y^2} = r = 1+\cos\theta$，$\dd s = 2\left|\cos\frac{\theta}{2}\right|\dd\theta$。
利用 $1+\cos\theta = 2\cos^2\frac{\theta}{2}$：
$$I = \int_0^{2\pi}(1+\cos\theta)\cdot 2\left|\cos\frac{\theta}{2}\right|\dd\theta = \int_0^{2\pi}2\cos^2\frac{\theta}{2}\cdot 2\left|\cos\frac{\theta}{2}\right|\dd\theta = 4\int_0^{2\pi}\cos^2\frac{\theta}{2}\left|\cos\frac{\theta}{2}\right|\dd\theta$$心形线关于 $x$ 轴对称，被积函数 $\sqrt{x^2+y^2}$ 关于 $y$ 为偶函数。取上半部 $\theta\in[0,\pi]$，此时 $\cos\frac{\theta}{2}\geq 0$：
$$I = 2\times 4\int_0^\pi \cos^3\frac{\theta}{2}\,\dd\theta$$令 $u = \frac{\theta}{2}$，$\dd\theta = 2\,\dd u$，$u\in[0,\frac{\pi}{2}]$：
$$I = 16\int_0^{\pi/2}\cos^3 u\,\dd u = 16\cdot\frac{2}{3} = \frac{32}{3}$$交线 $\Gamma$：$x^2+y^2 = 4-1 = 3$，$z=1$。这是平面 $z=1$ 上半径为 $\sqrt{3}$ 的圆。
在 $\Gamma$ 上 $z\equiv 1$（常数），$|\Gamma| = 2\pi\sqrt{3}$。
$$\int_\Gamma z\,\dd s = 1\cdot 2\pi\sqrt{3} = 2\sqrt{3}\pi$$$y = \ln x$，$y' = \frac{1}{x}$，$\dd s = \sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\,\dd x = \frac{\sqrt{x^2+1}}{x}\,\dd x$。
$$\int_L\frac{\dd s}{\sqrt{x^2+1}} = \int_1^e \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\cdot\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}\,\dd x = \int_1^e \frac{1}{x}\,\dd x = \ln e - \ln 1 = 1$$点评：弧长微元中的 $\sqrt{x^2+1}$ 恰好和被积函数中的 $\sqrt{x^2+1}$ 对消，这是一种精心构造的巧妙化简。
定位：第一型曲线积分（弧长/质量）几乎年年出现（4/5 年，大题 T12，8 分）。套路死、会算就拿满。下面两道带年份的真题原型给完整步骤。
第一步：弧长微元。 $y'=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}$，故
$$1+y'^2=1+\frac{(e^x-e^{-x})^2}{4}=\frac{4+(e^x-e^{-x})^2}{4}=\frac{(e^x+e^{-x})^2}{4}$$（用了 $(e^x+e^{-x})^2-(e^x-e^{-x})^2=4$。）所以根号开得尽：
$$\dd s=\sqrt{1+y'^2}\,\dd x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}\,\dd x$$第二步：代入并积分。
$$m=\int_L\rho\,\dd s=\int_0^1 3x\cdot\frac{e^x+e^{-x}}{2}\,\dd x=\frac32\int_0^1 x(e^x+e^{-x})\,\dd x$$分部积分 $\int x e^x\dd x=(x-1)e^x$，$\int x e^{-x}\dd x=-(x+1)e^{-x}$：
$$\frac32\Big[(x-1)e^x-(x+1)e^{-x}\Big]_0^1=\frac32\Big[(0-(-2e^{-1}))-(-1-1)\Big]=\frac32\Big(2-\tfrac2e\Big)=\boxed{3\left(1-\dfrac1e\right)}$$第一步：空间弧长微元（三项都要）。 $x'=-\sin t$，$y'=\cos t$，$z'=\sqrt2$，
$$\dd s=\sqrt{x'^2+y'^2+z'^2}\,\dd t=\sqrt{\sin^2 t+\cos^2 t+2}\,\dd t=\sqrt3\,\dd t$$第二步：被积函数用 $t$ 表示。 $(x-2y)^2=(\cos t-2\sin t)^2=\cos^2 t-4\sin t\cos t+4\sin^2 t$。
第三步：逐项积分（$[0,2\pi]$ 上 $\int\cos^2=\int\sin^2=\pi$，$\int\sin t\cos t=0$）。
$$\int_C(x-2y)^2\,\dd s=\sqrt3\int_0^{2\pi}(\cos^2 t-4\sin t\cos t+4\sin^2 t)\,\dd t=\sqrt3\,(\pi-0+4\pi)=\boxed{5\sqrt3\,\pi}$$