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    5．如图所示，天花板上有固定转轴O，长为L的轻质绝缘杆，一端可绕转轴o在竖直平面内自由转动，另一端固定一质量为M的带电量为q（q＞0）的小球．空间存在一竖直向下场强大小E=$\frac{Mg}{q}$的匀强电场．一根不可伸长的足够长绝缘轻绳绕过定滑轮A，一端与小球相连，另一端挂着质量为m1的钩码，定滑轮A的位置可以沿OA连线方向调整．小球、钩码均可看作质点，不计一切摩擦．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
    （1）若将OA间距调整为$\sqrt{3}$L，则当轻杆与水平方向夹角为30°时小球恰能保持静止状态，求小球的质量M与钩码的质量m1之比；
    （2）若在轻绳下端改挂质量为m2的钩码，且M：m2=4：1，并将OA间距调整为$\frac{4}{3}$L，测得杆长L=0.87m，仍将轻杆从水平位置由静止开始释放，当轻杆转至竖直位置时，小球突然与杆和绳脱离连接而向左水平飞出，求当钩码上升到最高点时，且钩码未碰上滑轮小球还未落到地上，求此时小球与O点的竖直距离h．

    分析 （1）先根据几何关系找出角度关系，据平衡态列方程求解；
    （2）根据运动的合成与分解，找出小球速度与钩码速度之间的关系，结合功能关系，求出小球到达O点正下方时小球与钩码速度；小球脱离后，做类平抛运动，钩码竖直上抛运动，求出钩码上升到最高点的时间，再由运动学公式求出小球类平抛的竖直位移，最后根据几何关系求出小球与O点的竖直距离

    解答 解：（1）依题意，小球处于静止状态时，∠AOM=30°，由几何关系知，此时∠OAM=30°．
    分析小球受力，设轻杆对其弹力大小为F，方向沿杆向上，轻绳对其弹力大小为T，则

    Fcos30°=Tcos30°
    Fsin30°+Tsin30°=Mg+qE
    且 qE=Mg
    解得   M=$\frac{1}{2}$m1，即     M：m1=1：2    
    （2）小球绕O点作圆周运动，当小球到达O点正下方P点时，设其速度为V1，钩码速度为V2，

    设此时轻绳AP与水平方向夹角为θ，OP=L     OA=$\frac{4}{3}L$  则
    由tanθ=$\frac{OP}{OA}$=0.75，得θ=370
    速度关系为：V2=V1cosθ              
    对小球与钩码构成的系统由功能关系，有
    $qEL+MgL-{m}_{2}^{\;}g$$[\sqrt{{L}_{\;}^{2}+（\frac{4}{3}L）_{\;}^{2}}-（\frac{4}{3}L-L）]$=$\frac{1}{2}M{v}_{1}^{2}+\frac{1}{2}{m}_{2}^{\;}{v}_{2}^{2}$
    又    M：m2=4：1    
    解得       v1=5m/s，v2=4m/s        
    钩码做竖直上抛运动，上升到最高点的时间 $t=\frac{{v}_{2}^{\;}}{g}=\frac{4}{10}s=0.4s$
    小球离开杆后做平抛运动，在竖直方向的加速度为a，
    则$a=\frac{Mg+qE}{M}=2g=20m/{s}_{\;}^{2}$
    在竖直方向的加速位移为y，则$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}=1.6m$
    故小球与O点的竖直距离为  h=y+L=1.6+0.87=2.47m          
    答：（1）若将OA间距调整为$\sqrt{3}$L，则当轻杆与水平方向夹角为30°时小球恰能保持静止状态，小球的质量M与钩码的质量m1之比1：2；
    （2）当钩码上升到最高点时，且钩码未碰上滑轮小球还未落到地上，此时小球与O点的竖直距离h2.47m．

    点评 本题难度较大，分清楚物体的受力情况和运动情况 是解题的关键；灵活应用和运动与分运动的关系、功能关系和运动规律求出速度，再求出时间，据此求出距离是解题的核心．

    练习册系列答案
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    A．在MN连线的中垂线上，O点电势最高
    B．正电荷+q从b点移到d点的过程中，受到的电场力先减小后增大
    C．正电荷+q在c点电势能大于在a点电势能
    D．正电荷+q在c点电势能小于在a点电势能

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    B．拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量
    C．拉力F和f1对A做的功之和大于A的动能的增加量
    D．f2对B做的功等于B的动能的增加量

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    D．物体作匀速直线运动时，位移△x与运动时间△t成正比

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