人教版物理高一下册 机械能守恒定律单元测试卷(解析版)

一、第八章机械能守恒定律易错题培优（难）
1．一足够长的水平传送带上放置质量为m=2kg小物块（物块与传送带之间动摩擦因数为
0.2
μ=），现让传送带从静止开始以恒定的加速度a=4m/s2开始运动，当其速度达到
v=12m/s后，立即以相同大小的加速度做匀减速运动，经过一段时间后，传送带和小物块均静止不动。

下列说法正确的是（）
A．小物块0
到4s内做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动直至静止
B．小物块0到3s内做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动直至静止
C．物块在传送带上留下划痕长度为12m
D．整个过程中小物块和传送带间因摩擦产生的热量为80J
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
物块和传送带的运动过程如图所示。

AB.由于物块的加速度
a1=µg=2m/s2
小于传送带的加速度a2=4 m/s2，所以前面阶段两者相对滑动，时间1
2
v
t
a
==3s，此时物块的速度v1=6 m/s，传送带的速度v2=12 m/s
物块的位移
x1=
1
2
a1t12=9m
传送带的位移
x2=
1
2
a2t12=18m
两者相对位移为
121
x x x
∆=-=9m
此后传送带减速，但物块仍加速，B错误；
当物块与传送带共速时，由匀变速直线运动规律得
12- a2t2=6+ a1t2
解得t 2
=1s
因此物块匀加速所用的时间为
t 1+ t 2=4s
两者相对位移为2x ∆= 3m ，所以A 正确。

C ．物块开始减速的速度为
v 3=6+ a 1t 2=8 m/s
物块减速至静止所用时间为
331
v t a =
=4s 传送带减速至静止所用时间为 342v t a =
=2s 该过程物块的位移为
x 3=
12a 1t 32=16m 传送带的位移为
x 2=
12
a 2t 42=8m 两者相对位移为 3x ∆=8m
回滑不会增加划痕长度，所以划痕长为
12x x x ∆=∆+∆=9m+3m=12m
C 正确；
D ．全程相对路程为
L =123x x x ∆+∆+∆=9m+3m+8m=20m
Q =µmgL =80J
D 正确；
故选ACD 。

2．如图所示，质量为1kg 的物块（可视为质点），由A 点以6m/s 的速度滑上正沿逆时针转动的水平传送带（不计两转轮半径的大小），传送带上A 、B 两点间的距离为8m ，已知传送带的速度大小为3m/s ，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为210m/s 。

下列说法正确的是（ ）
A ．物块在传送带上运动的时间为2s
B ．物块在传送带上运动的时间为4s
C ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为16J
D ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为28J
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．滑块先向右匀减速，根据牛顿第二定律有
mg ma μ=
解得
22m/s a g μ==
根据运动学公式有
010v at =-
解得
13s t =
匀减速运动的位移
01063m 9m 8m 22
v x t L +==⨯==> 物体向左匀加速过程，加速度大小仍为22m/s a =，根据运动学公式得物体速度增大至2m/s v =时通过的位移
22
12m 1m 222
v x a ===⨯ 用时
22s 1s 2
v t a === 向左运动时最后3m 做匀速直线运动，有 233=
s 1s 3x t v == 即滑块在传送带上运动的总时间为
1234s t t t t =++=
物块滑离传送带时的速率为2m/s 。

选项A 错误，B 正确；
C ．向右减速过程和向左加速过程中，摩擦力为恒力，故摩擦力做功为
110.211041J 6J f W f x x mg x x μ=--=--=-⨯⨯⨯-=-（）()()
选项C 错误；
D ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量等于滑块与传送带之间的一对摩擦力做功的代数和，等于摩擦力与相对路程的乘积；物体向右减速过程，传送带向左移动的距离为
114m l vt ==
物体向左加速过程，传送带运动距离为
222m l vt ==
即
121[]Q fS mg l x l x μ==++-（）（）
代入数据解得
28J Q = 选项D 正确。

故选BD 。

3．如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。

一小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R ，空气阻力不计，重力加速度大小为g ，下列说法一定正确的是 （ ）
A ．若05v gR <
B ．若02v gR <，小球不可能到达圆周最高点
C ．若02v gR <，小球运动过程中机械能守恒
D ．若05v gR >
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AD. 小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律，在最高点，有
2
v mg m R
= 由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律，有
22011222
mv mv mg R =+⋅ 解得
05v gR =
若小球速度05v gR <，小球也是有可能做完整的圆周运动的，可能到达圆周最高点，只是最终在圆心下方做往复运动，故A 错误；若小球速度05v gR >，则小球一定不挤压内轨，小球运动过程中机械能守恒，故D 错误；
B. 如果轨道内轨光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律，有
20122
mv mg R =⋅ 解得
02v gR =
现在内轨粗糙，如果小球速度02v gR <，小球在到达最高点前一定受到摩擦力作用，即小球在到达最高点前速度已为零，小球不可能到达圆周最高点，故B 正确；
C.若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律，有
2012
mv mgR = 解得
02v gR =
若02v gR <，小球只与外轨作用，不受摩擦力作用，小球运动过程中机械能守恒，故C 正确。

故选BC 。

4．如图所示，劲度数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了0x ，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为40x ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．则（ ）
A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为
0kx g m μ- C ．物体做匀减速运动的时间为02x g
μ
D ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为0()mg mg x k μμ-
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】 A ．撤去F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A 错误；
B ．刚开始时，由牛顿第二定律有：
0kx mg ma μ-= 解得：0kx a g m
μ=
- B 正确；
C ．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x 0，由牛顿第二定律得： 1a g μ＝
将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：
201123x a t =
联立解得：t =C 错误； D ．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有
F mg kx μ== 解得mg
x k μ=，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：
()f 00(mg W mg x x mg x k μμμ=⎛⎫=- ⎪⎝⎭
- D 正确。

故选BD 。

5．蹦床比赛中运动员从最高点下落过程可简化为下物理模型：如图，运动员从O 点自由下落，其正下方放置一下端固定的轻质弹簧，弹簧处于自然长度。

运动员下落到轻质弹簧上端a 位置开始与弹簧接触并开始向下压缩弹簧。

运动员运动到b 处时，质弹簧对运动员的弹力与运动员的重力平衡。

运动员运动到c 处时，到达最低点。

若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．由O向a运动的过程中运动员处于完全失重状态，其机械能减少
B．由a向b运动的过程中运动员处于失重状态，其机械能减少
C．由a向b运动的过程中运动员处于超重状态，其动能增加
D．由b向c运动的过程中运动员处于超重状态，其机械能减少
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．运动员由O向a运动的过程中，做自由落体运动，加速度等于竖直向下的重力加速度g，处于完全失重状态，此过程中只有重力做功，运动员的机械能守恒，A错误；
BC．运动员由a向b运动的过程中，重力大于弹簧的弹力，加速度向下，运动员处于失重状态，运动员和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增加，运动员的机械能减少，由于运动员向下加速运动，运动员的动能还是增大的，B正确，C错误；
D．运动员由b向c运动的过程中，弹簧的弹力大于小球的重力，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧继续被压缩，弹性势能继续增大，运动员的机械能继续减小，D正确。

故选BD。

6．如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的滑块，初始时静置于a点．一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与滑块相连．直杆上还有b、c、d三点，且b 与O在同一水平线上，Ob=l，Oa、Oc与Ob夹角均为37°，Od与Ob夹角为53°．现由静止释放小滑块，在小滑块从a下滑到d过程中，弹簧始终处于弹性限度内，sin37°=0.6，则下列说法正确的是
A．滑块在b点时速度最大，加速度为g
B．从a下滑到c点的过程中，滑块的机械能守恒
C ．滑块在c 点的速度大小为3gL
D ．滑块在d 处的机械能小于在a 处的机械能
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A 、从a 到b,弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力,滑块的速度不断增大.从b 到c,弹簧对滑块沿弹簧向上的拉力,开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力,滑块仍在加速,所以滑块在b 点时速度不是最大,此时滑块的合力为mg,则加速度为g.故A 错误.
B 、从a 下滑到c 点的过程中,因为弹簧的弹力对滑块做功,因此滑块的机械能不守恒.故B 错误.
C 、对于滑块与弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,由机械能守恒定律得212sin 372
c mg l mv ⨯= ，解得3c v gL = ，故C 对； D 、弹簧在
d 处的弹性势能大于在a 处的弹性势能,由系统的机械能守恒可以知道,滑块在d 处的机械能小于在a 处的机械能，故D 对；
故选CD
【点睛】
滑块的速度根据其受力情况,分析速度的变化情况确定.加速度由牛顿第二定律分析.对于滑块与弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,但滑块的机械能不守恒.根据系统的机械能守恒求滑块在c 点的速度.
7．如图1所示，遥控小车在平直路面上做直线运动，所受恒定阻力f =4N ，经过A 点时，小车受到的牵引力F A =2N ，运动到B 点时小车正好匀速，且速度v B =2m/s ；图2是小车从A 点运动到B 点牵引力F 与速度v 的反比例函数关系图像。

下列说法正确的是（ ）
A ．从A 到
B ，牵引力的功率保持不变
B ．从A 到B ，牵引力的功率越来越小
C ．小车在A 点的速度为4m/s
D ．从A 到B ，小车的速度减小得越来越慢
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．遥控小车牵引力的功率
P =Fv ，而题目中，已知小车从A 点运动到B 点牵引力F 与速度v 成反比例，则可知F 与v 的乘积保持不变，即功率P 不变，故A 正确，B 错误； C ．小车运动到B 点时正好匀速，则牵引力等于阻力，且速度v B =2m/s ，则小车的功率为
8W B P Fv fv ===
则在A 点时速度
8m/s 4m/s 2
A A P v F =
== 故C 正确； D ．小车从A 到B 的过程中，因速度从4m/s 减小到2m/s ，在这一过程中，功率始终保持不变，故牵引力增大，小车所受的合外力
F f F =-合
可知，合外力减小，由牛顿第二定律F a m
=合
可知，小车的加速度减小，所以从A 到B ，
小车的速度减小得越来越慢，故D 正确。

故选ACD 。

8．如图甲所示，质量为0.1 kg 的小球沿光滑的水平轨道从A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.9 m 的圆轨道，小球从A 运动到C 的过程中其速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示．已知小球恰能到达最高点C ，运动一周后从A 点离开圆轨道，圆轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g 取10 m/s 2，B 为AC 轨道中点．下列说法正确的是( )
A ．图乙中x 的数值为9
B ．小球从从A 点离开圆轨道时的动能为1.30J
C ．小球从A 到C 合外力对其做的功为-2.75J
D ．小球从B 到C 损失了0.475 J 的机械能
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A.图乙中的点(1.8,)x 表示小球到达C 点速度的平方为x ；小球恰能到达最高点C ，则有：
x mg m r
=， 代入数据得：
x =9，
故A 正确 B.物体从A 到C 的过程根据动能定理可知
2211222
f C A W m
g R mv mv --=-， 解得
0.95J f W =
若从C 再次运动到A 克服摩擦力做功和从A 到C 一样，则再次回到A 时的动能为
212 1.30J 2
k A f E mv W =-= ， 但由于下降过程中的平均阻力小于上升过程中的平均阻力，所以再次回到A 点时的动能大于1.30J ，故B 错误
C. 根据动能定理可知小球从A 到C 合外力对其做的功为
2211 2.75J 22
C A W mv mv =-=- 故C 正确
D.根据功能关系可知小球从A 到C 损失的机械能为
0.95J f W =，
若摩擦力做功恒定，则从小球从B 到C 损失了0.475 J 的机械能，但由于从A 到B 的平均摩擦力大于从B 到C 的平均摩擦力，所以从B 到C 损失的机械能小于0.475 J ，故D 错误；
9．如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A 处固定质量为2m 的小球，B 处固定质量为m 的小球，支架悬挂在O 点，可绕过O 点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动，开始时OB 与地面相垂直。

放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（ ）
A ．A 处小球到达最低点时速度为0
B ．A 处小球机械能的减少量等于B 处小球机械能的增加量
C ．B 处小球向左摆动所能达到的最高位置应高于A 处小球开始运动时的高度
D ．当支架从左向右回摆时，A 处小球能回到起始高度
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
BD ．因A 处小球质量大，位置高，所以三角支架处于不稳定状态，释放后支架就会向左摆
动，摆动过程中只有小球受到的重力做功，故系统的机械能守恒，A 处小球机械能的减少量等于B 处小球机械能的增加量，当支架从左向右回摆时，A 处小球能回到起始高度，选项B 、D 正确；
A ．设支架边长是L ，则A 处小球到最低点时小球下落的高度为
12L ，B 处小球上升的高度也是12L ，但A 处小球的质量比B 处小球的大，故有12
mgL 的重力势能转化为小球的动能，因而此时A 处小球的速度不为0，选项A 错误；
C ．当A 处小球到达最低点时有向左运动的速度，还要继续向左摆，B 处小球仍要继续上升，因此B 处小球能达到的最高位置比A 处小球的最高位置还要高，选项C 正确。

故选BC
D 。

10．如图，水平传送带长为L =4m ，在电动机的带动下以速度v =2m/s 始终保持匀速运动，把质量为m =10kg 的货物放到左端A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ=0.4，当货物从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是（g 取10m/s 2）（ ）
A ．货物一直做匀加速运动
B ．货物运动到B 点时的速度大小为2m/s
C ．货物与传送带因摩擦而产生的热量为10J
D ．电动机因货物多输出的机械能为40J
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．货物在传送带上的加速度
24m/s a g μ==
货物加速到2m/s 所需的时间为
2s 0.5s 4
v t a =
== 货物加速到2m/s 时的位移为 221140.50.5m 22
x at ==⨯⨯= 因为x L <，货物与传送带速度相等后，随传送带一起匀速向右运动，所以货物先加速，后匀速，货物运动到B 点时的速度大小为2m/s ，故A 错误，B 正确；
C ．在货物加速的0.5s 内，传送带的位移为
120.5m 1m x vt ==⨯=
它们之间的相对位移为
10.5m s x x =-=
所以货物与传送带因摩擦而产生的热量为
0.410100.5J=20J Q mgs μ==⨯⨯⨯
故C 错误；
D ．电动机因货物多输出的机械能为物体动能的增加量和系统因摩擦产生的热量，故
2211102J 20J 40J 22
E mv Q =+=⨯⨯+= 故D 正确。

故选BD 。

11．一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F 作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体向上运动过程中，其机械能E 与位移x 的关系图象如图乙所示，已知曲线上A 点的切线斜率最大，不计空气阻力，则下列说法错误的是（ ）
A ．在x 1处物体所受拉力最大
B ．0～x 1过程中合外力增大
C ．在x 1～x 2过程中，物体的加速度一直减小
D ．在x 1～x 2过程中，物体的动能先增大后减小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图并根据功能关系可知，1x 处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由
E Fx =
可知此时所受的拉力最大，故A 正确，不符合题意；
B ．在0~x 1过程中，图象的斜率逐渐变大，说明拉力越来越大，合外力向上越来越大，故B 正确，不符合题意；
CD ．在x 1~x 2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x 2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零．根据合外力
F F mg =-合
可知，在x 1~x 2过程中，拉力F 逐渐减小到mg 的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg 到减小到0的过程中，物体的加速度反
向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x 1~x 2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故C 错误，符合题意；D 正确，不符合题意。

故选C 。

12．如图所示，特战队员在进行训练时抓住一不可伸长的绳索，绳索的另一端固定，特战队员从高度一定的平台由静止开始下摆，悬点与平台在同一水平而上，在下摆过程中绳索始终处于绷紧状态，由于悬点位置不同，每次下摆的绳长可以发生变化，在到达竖直状态时特战队员松开绳索，特战队员被水平抛出直到落地。

（不计绳索质量和空气阻力，特战队员可看成质点，绳索与队员的运动轨迹在同一竖直面内）下列说法正确的是（ ）
A ．绳索越长，特战队员落地时的水平位移越大
B ．绳索越长，特战队员在到达竖直状态时绳索拉力越大
C ．绳索越长，特战队员落地时的水平速度越大
D ．绳索越长，特战队员落地时的速度越大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．设绳子长度为L ，总高度为H ，由动能定理可得特战员到达绳子最低点时的速度
212
mgL mv = 可得特战员到达绳子最低点时的速度2v gL =，而后特战队员做平抛运动
212H L gt -=
()()222H L x vt gL L H L g -===-可知2
H L =时，水平位移最大，A 错误； B ．特战队员在到达竖直状态时，由牛顿第二定律，可得
2
v T mg m L -= 代入速度，可得3T mg =，B 错误；
C ．特战队员落地时的水平速度为2v gL =，故绳索越长，特战队员落地时的水平速度越大，C 正确；
D ．整个过程，由动能定理，可得
2112
mgH mv = 特战队员落地时的速度与绳子长度无关，D 错误。

故选C 。

13．一质量为m 的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h o 表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k 值为常数且满足0<k <l ）则由图可知，下列结论正确的是( )
A ．①表示的是动能随上升高度的图像，②表示的是重力势能随上升高度的图像
B ．上升过程中阻力大小恒定且f =（k +1）mg
C ．上升高度012k h h k +=
+时，重力势能和动能不相等 D ．上升高度02
h h =
时，动能与重力势能之差为02k mgh 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据动能定理可知小球上升过程中速度减小（动能减小，对应图象②），高度升高（重力势能增大，对应图象①），故A 错误；
B ．从①和②图知动能与重力势能都随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由②图得 k00k01
E fh E k =-
+ 由①图线结合动能定理得
00(+)k E mg f h =
解得f kmg =，故B 错误；
C ．当高度012
k h h k +=+时，动能为 ()k k0E E mg f h =-+
联立解得
k 0+12
k E mgh k =
+ 重力势能为 p 012k E mgh mgh k +==
+ 所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等，故C 错误；
D ．当上升高度02
h h =时，动能为 k 012
k E mgh -= 重力势能为
p 0E mgh =
则动能与重力势能之差为02
k mgh ，故D 正确。

故选D 。

14．如图所示，某同学将三个完全相同的物体从A 点沿三条不同的路径抛出，最终落在与A 点同高度的三个不同位置，三条路径的最高点是等高的，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A ．沿路径1抛出的物体在空中运动的时间最短
B ．沿路径3运动的物体落地时重力的瞬时功率最大
C ．三个物体落地时的动能相等
D ．三个物体在运动过程中的任意相等时间内速度变化量相等
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．它们的最高点是等高的，所以这三个物体在竖直方向的分速度v y 是相等的，所以这三个斜抛运动的物体在空中的运动时间
2y
v t g =
均相同，故A 错误；
B ．由上面的分析可以知道，这三个做斜抛运动的物体在落地时竖直方向的分速度也是相等的，落地时重力的瞬时功率
G y P mgv =
一样大，故B 错误；
C ．同学对小球做的功即为小球获得的初动能，由于三个小球竖直方向分速度相同，第3个小球水平位移大，则第3个小球水平分速度大，故第3个小球落地时的动能大，故C 错误；
D ．小球在空中只受重力作用，即小球所作的运动是匀变速运动，加速度g 恒定，所以在相等的时间内速度变化相等，故D 正确。

故选D 。

【点睛】
斜抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。

15．如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m 的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g ．当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对细杆的拉力大小为：
A ．5mg
B ．Mg+4mg
C ．Mg+5mg
D ．Mg+10mg
【答案】C
【解析】
【分析】 利用机械能守恒、竖直平面内的圆周运动、力的合成、牛顿运动定律求解．
【详解】
设大环底端处为重力势能零点，大环半径为R ，小环在最低点速度为v ，由于小环运动过程中只受弹力和重力，弹力和运动方向始终垂直，所以弹力不做功，只有重力做功，所以根据机械能守恒可得：
2122
mv mgR = 解得：
v ==当小环到达大环最低点时，分析小环的受力得：
2
mv F mg R
-=支
把v =
5F mg =支
分析大环的受力，大环受到自身重力和小环竖直向下的压力5mg ，故大环对轻杆的拉力为：5Mg mg +，C 符合题意．。