求摆线x=a(t-sint),y=a(1-cost),在t=0处的切线方程.

求x轴和摆线 x=a(t-sint) , y=a(1-cost)； (0≤t≤2π)围成图形的面积
摆线一拱与x轴所围成图形的面积：
S=【0,2π】∫ydx=【0,2π】π∫a(1-cost)[a(1-cost)]dt=【0,2π】πa²∫(1-cost)²dt
=【0,2π】πa²∫(1-2cost+cos²t)dt
=【0,2π】πa²[t-2sint+(1/2)∫(1+cos2t)dt]
=πa²[t-2sint+(1/2)t+(1/4)sin2t]【0,2π】
=πa²(2π+π)=3πa²

极坐标系中的两个坐标 r 和 θ 可以由下面的公式转换为 直角坐标系下的坐标值
x = r cos theta ,
y = r sin theta ,
由上述二公式,可得到从直角坐标系中x 和 y 两坐标如何计算出极坐标下的坐标
r = sqrt{x^2 + y^2} ,
theta = arctan fracqquad x ne 0 ,
[9]在 x = 0的情况下：若 y 为正数 θ = 90° (π/2 radians); 若 y 为负,则 θ = 270° (3π/2 radians).
[编辑] 极坐标方程
用极坐标系描述的曲线方程称作极坐标方程,通常表示为r为自变量θ的函数.
极坐标方程经常会表现出不同的对称形式,如果r(−θ) = r(θ),则曲线关于极点(0°/180°)对称,如果r(π−θ) = r(θ),则曲线关于极点(90°/270°)对称,如果r(θ−α) = r(θ),则曲线相当于从极点逆时针方向旋转α°.[9]
[编辑] 圆
方程为r(θ) = 1的圆.
方程为r(θ) = 1的圆.
在极坐标系中,圆心在(r0,φ) 半径为 a 的圆的方程为
r^2 - 2 r r_0 cos(theta - varphi) + r_0^2 = a^2
该方程可简化为不同的方法,以符合不同的特定情况,比如方程
r(theta)=a ,
表示一个以极点为中心半径为a的圆.[10]
[编辑] 直线
经过极点的射线由如下方程表示
theta = varphi ,
其中φ为射线的倾斜角度,若 m为直角坐标系的射线的斜率,则有φ = arctan m.任何不经过极点的直线都会与某条射线垂直.[11] 这些在点(r0,φ)处的直线与射线θ = φ 垂直,其方程为
r(theta) = sec(theta-varphi) ,.
[编辑] 玫瑰线
一条方程为 r(θ) = 2 sin 4θ的玫瑰线.
一条方程为 r(θ) = 2 sin 4θ的玫瑰线.
极坐标的玫瑰线(polar rose)是数学曲线中非常著名的曲线,看上去像花瓣,它只能用极坐标方程来描述,方程如下：
r(theta) = a cos ktheta ,OR
r(theta) = a sin ktheta ,
如果k是整数,当k是奇数时那么曲线将会是k个花瓣,当k是偶数时曲线将是2k个花瓣.如果k为非整数,将产生圆盘(disc)状图形,且花瓣数也为非整数.注意：该方程不可能产生4的倍数加2（如2,6,10……）个花瓣.变量a代表玫瑰线花瓣的长度.
[编辑] 阿基米德螺线
方程 r(θ) = θ for 0 < θ < 6π的一条阿基米德螺线.
方程 r(θ) = θ for 0 < θ < 6π的一条阿基米德螺线.
阿基米德螺线在极坐标里使用以下方程表示:
r(theta) = a+btheta ,.
改变参数a将改变螺线形状,b控制螺线间距离,通常其为常量.阿基米德螺线有两条螺线,一条θ > 0,另一条θ < 0.两条螺线在极点处平滑地连接.把其中一条翻转 90°/270°得到其镜像,就是另一条螺线.
[编辑] 圆锥曲线
Ellipse,showing semi-latus rectum
Ellipse,showing semi-latus rectum
圆锥曲线方程如下：
r = {lover (1 + e cos theta)}
其中l表示半径,e表示离心率.如果e < 1,曲线为椭圆,如果e = 1,曲线为抛物线,如果e > 1,则表示双曲线.
[编辑] 其他曲线
由于坐标系统是基于圆环的,所以许多有关曲线的方程,极坐标要比直角坐标系(笛卡尔形式)简单得多.比如lemniscates,en:limaçons,and en:cardioids.
应用
[编辑] 行星运动的开普勒定律
开普勒第二定律
开普勒第二定律
另见：开普勒行星运动定律
极坐标提供了一个表达开普拉行星运行定律的自然数的方法.开普勒第一定律,认为环绕一颗恒星运行的行星轨道形成了一个椭圆,这个椭圆的一个焦点在质心上.上面所给出的二次曲线部分的等式可用于表达这个椭圆.开普勒第二定律,即等域定律,认为连接行星和它所环绕的恒星的线在等时间间隔所划出的区域是面积相等的,即dmathbfover dt是常量.这些等式可由牛顿运动定律推得.在开普勒行星运动定律中有相关运用极坐标的详细推导.

解题思路：单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力；增透膜利用了光的薄膜干涉原理；磬常自鸣自响，属于声音的共鸣现象；根据多普勒效应分析星球离地球远去时星球发出的光频率变化，确定波长的变化．声波在同一介质中传播时，传播速度不同频率的光波在同一介质中传播时，频率越髙，波速越小．

A、单摆做简谐运动的回复力不是重力和摆线拉力的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力，故A错误．B、照相机镜头采用镀膜技术增加透射光，原理是：光照射在薄膜两表面上被反射回去，在叠加处由于光程差使得两束反射光...

点评：
本题考点： 波长、频率和波速的关系；声波；光的偏振．

考点点评： 本题考查常见的振动和波动现象，要掌握干涉、共振、多普勒效应等现象产生的原因，知道机械波的速度由介质决定，而光速与介质和光的频率都有关．

在单摆运动中,摆线的张力由两部分构成：一是球的重力在摆线方向的分力,二是为维持球的圆周运动而必须提供的向心力.
在球达到平衡位置（即摆线垂直）时,重力与摆线同方向,故第一部分力最大.同时球的运动速度也达到最大,因此向心力也达到最大.
故此,这时摆线的张力达到最大.

这是第一类曲线积分,曲线是参数表达式,所以你就用参数方程式来解,把y=a(1-cost),带入被积函数y^2中,然后根据长度表达式把ds变成（x'^2+y'^2）dt,最后确定出积分上下限就变成了一元函数的积分了,挤出来的结果就是 256a^3/15
计算积分时要用到以下变换：倍角公式：2sin^2α=1-cos2α.用于去掉根号
∫sin^n αdα 的积分结果,不过这里的n在本题中是5,所以你也可以用换元法,把其中一个sin提到积分号里变成cos,然后剩下的sin^4就用（1-cos^2）^2来代替,然后展开变成幂函数的积分来做,不过还是推荐你把这个积分公式记住
其余的没什么难点,就是按部就班的计算.由于不好写,就这样了

A,g=4L*(3.14)2/T2;当有空气阻力时周期T将变大,使得g 变小.用此方法可得其他答案都使得G变大

用动能定理或机械能守恒
球在2边的最大高度上速度都是0
动能完全转化为重力势能
所以2边的最大高度是相同的
然后右边弧的半径是左边的一半,所以弧长当然不相等,C错
最大摆角也不是左侧的2倍,自己画个图用数学里的几何关系能证出来

解题思路：①利用单摆的摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和；周期：T=[t/n]；
②根据单摆的周期公式得出重力加速度g的表达式，然后分析实验误差；
③根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后求出重力加速度．

①单摆的摆长应为摆线的长度与摆球的半径之和，所以摆长应为：l=101.00cm+[2.00cm/2]=102.00cm=1.02m；利用累积法求周期，单摆周期：T=[t/n]=[101.5s/50]=2.03s．
②单摆的周期公式T=2π

l
g可得：g=
4π2l
T2，在实验中误将49次全振动计为50次，单摆周期T偏小，所测重力加速度偏大．
③由单摆的周期公式：T=2π

l
g可得：T²=
4π2
gl，T²-l图象的斜率：K=
4π2
g，则重力加速度：g=
4π2
K．
故答案为：①1.02；2.03；②偏大；③

点评：
本题考点： 用单摆测定重力加速度．

考点点评： 本题关键要掌握实验的原理：单摆的周期公式T=2π Lg要能根据实验原理，分析实验误差．

A、用等大的铜球替代铁球，单摆摆长不变，由单摆周期公式T=2π

L
g 可知，单摆的周期不变，故A正确；
B、用大球替代小球，单摆摆长变成，由单摆周期公式T=2π

L
g 可知，单摆的周期变大，故B错误；
C、由单摆周期公式T=2π

L
g 可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故C错误；
D、将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T=2π

L
g 可知，单摆周期变小，故D错误；
故选A．

摆线x＝t－sint,y＝1－cost
当y=3/2时即3/2=1－cost
得cost=-（1/2）在0度

根据T=2π√(L/g).可确定A正确
B要根据机械能守恒判定正确

恐怕不能化为普通方程吧.

1.F=mg/cosθ
2.向心力Fn=mgtanθ
又Fn=mV^2/r=mV^2/(Lsinθ)
所以：mgtanθ=mV^2/(Lsinθ)
V=√{(gLsin^2θ)/cosθ}
ω=V/r=√{(gLsin^2θ)/cosθ}/(Lsinθ)
T=2π/ω
3.

dS=2πy√(1+y`^2)dx
=2πa(1-cost)ds
x=a(t-sint) y=a(1-cost)
dx/dt=a(1-cost) dy/dt=asint
ds=2asint/2dt
dS=2πa(1-cost)2asint/2dt
累死了

解:
根据题目意思可以知道,小球在水平面内作匀速圆周运动所需要的向心力为细线的拉力与重力的合力,所以
F = mg/cosα
小球运动的半径
R = Lsinα
mv^2/R = Fsinα
所以v = √(gtanα*Lsinα)
角速度
w = V/R = √(g/L^2cosα)
T = 2π/w = 2π / √(g/L^2cosα)
(1)拉力F为mg/cosα
(2)线速度大小√(gtanα*Lsinα)
(3)角速度为√(g/L^2cosα),周期为2π / √(g/L^2cosα)

T=2π√（L/g）
T与振幅（a

摆线受小球重力作用会有所拉伸

乙的绳上虽然有库仑力,但是因为这个库仑力与绳在一条直线上,T可以随之改变,相当于和甲一样.丙多了一个向下的力,将这个力分解为与绳一条线上的力和垂直于绳的力,有与绳一条线上的力,T可以随之改变,而垂直于绳的力是起到真正作用的,增加了这个球的加速度,用的时间就短.即周期比其他两个小,又加速度比其他两个大,那么最低点动能（m相同,看v）也最大.
ps 打得很辛苦,

求导 既求 dy/dx 参数方程 先对θ 求导 dx=a(1-cosθ)dθ ,dy=a(0+sinθ)dθ=asinθdθ上面两式 相比 dy/dx= asinθdθ / a(1-cos

晕,这个题没有解析解吧,建议楼主不要问了.用拉氏方程和计算机貌似可以解出来近似解

摆球做圆周运动,在平衡位置有速度,必然有向心力,T-mg=mv^2/r,即合力为mv^2/r,而不为零
回复力是效果力,而并不是实际的力.这里重力和摆线的拉力的合力起回复力的作用.

1/2*mv^2=mgh
h=L（1-cosθ)
可求h
t=2π√（L/g)
代入就好了

关于力的分析问题 本人觉得 主要是抓住临界条件 在临界条件下 列出相关的等式
而对于你说的摆线问题 其临界点 就是 最低和最高 点 相信只要抓住这两点进行认真的分析 列出相关等式 问题应该就会迎刃而解了

A错.小球只受重力和拉力.
B正确.重力和拉力大小不变,夹角不变,二者合力为向心力,向心力大小不变,是匀速圆周运动.
C错.向心力大小不变方向时刻在变.向心加速度大小不变,方向变.
D正确,

这种类单摆的周期.其实只是二个单摆的半周期的各.
T1= T2=2 Π根号（0.81L/g) =0.9T1
周期T=(T1+T2)/2==(T1+0.9T1)/2=0.95T1=1.9 Π根号（L/g)

摆锤获得速度为v/2,
在转过120º角后速度为V,则由动能定理mgl=0.5m（0.25v²-V²）,
mgcos30º=mV²/l（向心力全部由重力的法向分量提供,摆绳上的力为零）
解得v=3.38√gl

当y=3/2时,
y=1-cost=3/2
cost=-1/2
t=2π/3或4π/3
当t=2π/3时,x=2π/3-sin(2π/3)=2π/3-√3/2,交点就是(2π/3-√3/2,3/2)
当t=4π/3时,x=4π/3-sin(4π/3)=4π/3+√3/2,交点就是(4π/3+√3/2,3/2)
此即所求.

y=1-cost=3/2 ==>cost=-1/2.
0x=5Pi/6-sqrt(3)/2 or x=7Pi/6+sqrt(3)/2.
交点为(5Pi/6-sqrt(3)/2,3/2)或(7Pi/6+sqrt(3)/2,3/2).

c

单摆的周期与摆线长度的平方根成正比
T=2π根号（l/g）

1,利用 ——实验1—— 和——实验2——两次实验,可探究当摆线长度和摆球质量不变时,摆动周期与摆动幅度的关系,可以得到结论是：—— 摆动周期与摆动幅度无关系 ——.
2,利用2和4的两次实验,可探究——当摆线长度和摆动幅度不变时,摆动周期与摆球质量的关系——,可以得到的结论是——当摆线长度和摆动幅度不变时,摆球质量增大一倍,摆动周期也增大一倍——.
3,利用——实验2—— 和——实验3——两次实验,还可探究——当摆球质量和摆动幅度不变时,摆动周期与摆线长度的关系——,可以得到的结论是——当摆球质量和摆动幅度不变时,摆线长度减半时,摆动周期也减半.

阿姨我就来看看你

分析小球的受力：重力：mg,和绳子的拉力：T.
把绳子的拉力和重力沿平行于斜面和垂直于斜面的坐标分
当：b1≥g时
则有：垂直斜面方向有：mgcosφ=Tcosθ
平行斜面方向有：mgsinφ+Tsinθ=mb1
解得：T=m√(g-2gb1sinφ+b1^2),θ=arctan[（b1-gsinφ）/gcosφ]
当：b1

解题思路：单摆的摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，周期等于完成一次全振动的时间，结合单摆的周期公式求出重力加速度的大小．由单摆周期表达式可得T²与L的关系式，得到斜率k的表达式，进而可求得g值．

（1）单摆的摆长L=l+
d
2=101.00+1.00=102.00cm，单摆的周期T=[t/n]=[101.5/50]=2.03s，
根据T=2π

l
g得，重力加速度g=
4π2l
T2=
4×3.142×102.00
2.032=9.76m/s²．
（2）本实验测量g的原理是单摆的周期公T=2π

l
g，
根据此公式变形得 g=
4π2l
T2
A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．
C、开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．
D、实验中误将49.5次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故选：B
（3）故以l为横坐标、T²为纵坐标得到的图象的斜率为：k=
4π2
g
解得：g=
4π2
k
故答案为：（1）2.03 9.76（2）B （3）
4π2
k

点评：
本题考点： 用单摆测定重力加速度．

考点点评： 解决本题的关键掌握单摆的周期公式，并能灵活运用，知道摆长不是摆线的长度．

第二个式子是对Y求X的二阶导函数 就是对y'求x的导
但因为是参数方程 所以只能先对y'求t的导数 再除以x对t求导 就是要乘1/dx/dt
和上个式子当中dy/dx=(dy/dt)/(dx/dt）除以的是dx/dt 是同样道理

解题思路：小球在水平面做匀速圆周运动，由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据向心力公式求解线速度、角速度和周期．

小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图
根据向心力公式公式得：
mgtanθ=m
v2
Lsinθ=mLsinθ•ω²
解得：v＝
gLtanθsinθ
角速度ω＝

gtanθ
Lsinθ＝

g
Lcosθ
根据角速度与周期的关系有
小球运动的周期T=
2π
ω＝2π

Lcosθ
g
答：小球摆动的线速度v＝
gLtanθsinθ、角速度ω＝

g
Lcosθ及周期T=2π

Lcosθ
g

点评：
本题考点： 向心力．

考点点评： 本题是圆锥摆问题，关键是分析小球的受力情况，确定向心力的来源．注意小球圆周运动的半径与摆长不同．

θ从[0,到2π]

它是这样定义的：一个圆沿一直线缓慢地滚动,则圆上一固定点所经过的轨迹称为摆线
x＝a（φ－sinφ）,y＝a（1－cosφ）
设该点初始坐标为（0,0）,圆心坐标为（0,a)
当圆转动φ时,圆心坐标为（aφ,a)
该点相对于圆心坐标为（-asinφ,-acosφ）
所以该点坐标为（a（φ－sinφ）,a（1－cosφ））
即x＝a（φ－sinφ）,y＝a（1－cosφ）

（把1m改为1cm吧..比较合理..g取10m/s^2）这里无论是B球撞A或A球撞B都会发生速度交换!知道这点这题就很简单了!Ta=2π√（La/g）=1.9859104sTb=2π√（Lb/g）=3.9718207s=2Ta这样开始B经历1/4Tb=0.99s撞A,然后A经历1/...

解题思路：（1）摆球摆到D点时，摆线的拉力最大，根据机械能守恒定律求出摆球摆到D点时速度，由牛顿第二定律求出摆线的最大拉力．（2）要使摆球能进入圆轨道，并且不脱离轨道，有两种情况：一种在圆心以下做等幅摆动；另一种能通过圆轨道做完整的圆周运动．小球要刚好运动到A点，对小球从D到A的过程，运用动能定理求出动摩擦因数μ的最大值；若小球进入A孔的速度较小，并且不脱离轨道，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，根据机械能守恒和动能定理求出动摩擦因数．要使摆球能进入圆轨道，恰好到达轨道的最高点，就刚好不脱离轨道，在最高点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出此时小球的速度，对从D到轨道最高点的过程，运用动能定理求解动摩擦因数的最小值，即可得到μ的范围．

（1）当摆球由C到D运动，机械能守恒，则得：mg（L-Lcosθ）=[1/2]mv
2D
在D点，由牛顿第二定律可得：F_m-mg=m

v2D
L
联立可得：摆线的最大拉力为 F_m=2mg=10N
（2）小球不脱圆轨道分两种情况：
①要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，
对小球从D到A的过程，由动能定理可得：-μ₁mgs=0-[1/2]mv
2D
解得：μ₁=0.5
若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道．其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得：[1/2]m
v2A=mgR
由动能定理可得：-μ₂mgs=[1/2m
v2A]-[1/2]mv
2D
解得：μ₂=0.35
②若小球能过圆轨道的 最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得：mg=m
v2
R
由动能定理可得：-μ₂mgs-2mgR=[1/2mv2-
1
2]mv
2D
解得：μ₃=0.125
综上所以摩擦因数μ的范围为：0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125
答：
（1）摆线能承受的最大拉力为10N．
（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，粗糙水平面摩擦因数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125．

点评：
本题考点： 动能定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律．

考点点评： 本题关键是不能漏解，要知道摆球能进入圆轨道不脱离轨道，有两种情况，再根据牛顿第二定律、机械能守恒和动能定理结合进行求解．

问题需要用到动量守恒和动能守恒分两步考虑问题：1.小球从图示位置到小球摆动到最低端.此时,如果根据动量守恒,小车应该左移,但左面有墙,说明小球和小车组成的系统受外力,不能用动量守恒.但是小球的能量是守恒的（除...

摆的快慢与摆锤的重量、摆的角度(无)关,而与摆线的长短(有)关,摆线长,摆动(慢),摆线短,摆动（快）

先纠正一下,摆线参数方程：x=a(t-sint)y=a(1-cost)应该是摆线一个周期的旋转体吧,t∈[0,2π],要不然就无穷大了.可以先算摆线与y=2a、x=0、x=2πa围成的柱体体积,再用外围圆柱体减掉就是了.旋转体体积计算方法课本上...

摆长=线长+小球半径,然后应用周期公式就可以了.算出的数值接近9.8
另一半周期为两秒的摆称为秒摆,比如你做的这个实验,周期近似为2秒.