《2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第二部分 第一板块 第3讲 吃透“三场特性”探秘复合场中的运动问题 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第二部分 第一板块 第3讲 吃透“三场特性”探秘复合场中的运动问题 Word版含解析.pdf（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第第 3 讲讲 Error!Error! 考法考法 学法学法 带电粒子在复合场中的运动问题是历年高考的热点，考查的难度从易到难都有。 考查的题型既有选择题，又有计算题。考查的主要内容包括：带电粒子在组合 场中的运动；带电粒子 带电粒子在复合场中的运动问题是历年高考的热点，考查的难度从易到难都有。 考查的题型既有选择题，又有计算题。考查的主要内容包括：带电粒子在组合 场中的运动；带电粒子(体体)在叠加场中的运动。该部分内容主要解决的是选择 题中的带电粒子在复合场中的运动问题。用到的思想方法有：比值定义法； 在叠加场中的运动。该部分内容主要解决的是选择 题中的带电粒子在复合场中的运动问题。用到的思
2、想方法有：比值定义法； 假设法；合成法；正交分解法；临界、极值问题的分析方法；等效 思想；分解思想。 假设法；合成法；正交分解法；临界、极值问题的分析方法；等效 思想；分解思想。 提提能能点点 一一 对对电电场场、 、重重力力场场的的综综合合考考查查重 重难 难增增分 分类 类考考点点 讲讲练练结结合合过过关关 研一题研一题 多选多选如图所示，一质量为如图所示，一质量为m的带电小球用长为的带电小球用长为L不可伸长 的绝缘细线悬挂于 不可伸长 的绝缘细线悬挂于 O 点， 在点， 在 O 点下方存在一个水平向右、 场强为点下方存在一个水平向右、 场强为 E 的匀强电场， 小球静止时细线与竖直方向成
3、的匀强电场， 小球静止时细线与竖直方向成 45角， 不计空气阻力， 重力加速度为 角， 不计空气阻力， 重力加速度为 g，则下列说法正确的是，则下列说法正确的是 ( ) A若剪断细线，小球将做曲线运动若剪断细线，小球将做曲线运动 B小球带负电，且电荷量为小球带负电，且电荷量为mg E C若突然将电场方向变为水平向左，小球在最低点速率为若突然将电场方向变为水平向左，小球在最低点速率为 2gL D若突然将电场方向变为水平向左，小球一定能运动到若突然将电场方向变为水平向左，小球一定能运动到 O 点右侧等高处点右侧等高处 解析解析 若剪断细线， 小球在恒力作用下将做直线运动， 选项 若剪断细线， 小球
4、在恒力作用下将做直线运动， 选项 A 错误 ； 对小球受力分析， 由平衡条件可知小球带负电，且 错误 ； 对小球受力分析， 由平衡条件可知小球带负电，且 qEmgtan 45，解得，解得 q，选项，选项 B 正确；将电场方向正确；将电场方向 mg E 变为水平向左，小球从题图所示位置运动到最低点，由动能定理有变为水平向左，小球从题图所示位置运动到最低点，由动能定理有 mgL(1cos 45)EqLsin 45 mv2，解得，解得 v，选项，选项 C 正确；将电场方向变为水平向左，小球运动到正确；将电场方向变为水平向左，小球运动到 O 点右点右 1 2 2gL 侧与初始位置等高处时速度最大，则小
5、球一定能运动到侧与初始位置等高处时速度最大，则小球一定能运动到 O 点右侧等高处，选项点右侧等高处，选项 D 正确。正确。 答案答案 BCD 悟一法悟一法 解决电场力做功问题时的注意点解决电场力做功问题时的注意点 1利用电场线的特点、等势面的特点来分析电场力做功情况。利用电场线的特点、等势面的特点来分析电场力做功情况。 2应用公式应用公式 WABqUAB计算时，计算时，WAB、q、UAB一般都要带正、负号计算。一般都要带正、负号计算。 通一类通一类 1.在竖直平面内有水平向右、场强为在竖直平面内有水平向右、场强为 E 的匀强电场，在匀强 电场中有一根长为 的匀强电场，在匀强 电场中有一根长为
6、L 的绝缘细线，一端固定在的绝缘细线，一端固定在 O 点，另一端系一 质量为 点，另一端系一 质量为 m 的带电小球，它静止时位于的带电小球，它静止时位于 A 点，此时细线与竖直方向 成 点，此时细线与竖直方向 成 37角， 如图所示。 现对小球施加一沿与细线方向垂直的瞬时冲 量， 小球能绕 角， 如图所示。 现对小球施加一沿与细线方向垂直的瞬时冲 量， 小球能绕 O点在竖直平面内做完整的圆周运动。 下列对小球运 动的分析正确的是 点在竖直平面内做完整的圆周运动。 下列对小球运 动的分析正确的是(不考虑空气阻力， 细线不会缠绕在不考虑空气阻力， 细线不会缠绕在 O 点上点上)( ) A小球运动
7、到小球运动到 C 点时动能最小点时动能最小 B小球运动到小球运动到 C 点时细线拉力最小点时细线拉力最小 C小球运动到Q点时动能最大小球运动到Q点时动能最大 D小球运动到小球运动到 B 点时机械能最大点时机械能最大 解析：选解析：选 D 由题意可知，小球所受的电场力与重力的合力沿 由题意可知，小球所受的电场力与重力的合力沿 OA 方向，小球从方向，小球从 A 点 开始无论向哪运动， 合力对小球都做负功， 小球动能将减小， 所以运动到 点 开始无论向哪运动， 合力对小球都做负功， 小球动能将减小， 所以运动到 A 点时动能最大，点时动能最大， C 错误；小球运动到与错误；小球运动到与 A 点关于
8、圆心对称的点时动能最小，在该点时细线的拉力最小，点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时细线的拉力最小，A、B 错误；小球在运动过程中，运动到错误；小球在运动过程中，运动到 B 点时电场力做功最多，因此机械能最大，点时电场力做功最多，因此机械能最大，D 正确。正确。 2.如图所示， 平行板电容器水平放置， 两极板间电场强度大小为如图所示， 平行板电容器水平放置， 两极板间电场强度大小为 E， 中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹 簧，小球压在弹簧上， 但与弹簧不拴接， 开始时对小球施加一竖直向下 的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静 止开始向上运动，
9、 上升 ， 中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹 簧，小球压在弹簧上， 但与弹簧不拴接， 开始时对小球施加一竖直向下 的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静 止开始向上运动， 上升 h 时恰好与弹簧分离， 分离时小球的速度为时恰好与弹簧分离， 分离时小球的速度为 v， 小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为 ， 小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为 m、带电荷量为、带电荷量为 q，重力加速度为，重力加速度为 g， 下列说法正确的是 ， 下列说法正确的是( ) A与弹簧分离时小球的动能为与弹簧分离时小球的动能为 mghqEh B从开始
10、运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为 mghqEh C从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为qE h D撤去外力时弹簧的弹性势能为撤去外力时弹簧的弹性势能为 mv2(qEmg)h 1 2 解析：选解析：选 D 根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所 以小球与弹簧分离时的动能为 根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所 以小球与弹簧分离时的动能为 EkqEhmghEp，A 错误 ； 从开始运动到与弹簧分离，小 球增加的机械能为 错误 ； 从开始运动到与弹簧分离，小
11、 球增加的机械能为 Emgh mv2qEhEp，B 错误；小球减少的电势能为错误；小球减少的电势能为 qEh，故，故 C 1 2 错误 ； 从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，错误 ； 从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，EpqEhmgh mv2，所以，所以 Ep 1 2 mv2(qEmg)h，D 正确。正确。 1 2 3 多选多选如图所示，一光滑绝缘斜面的直角点如图所示，一光滑绝缘斜面的直角点 A 处固定一带电 量为 处固定一带电 量为q、 质量为、 质量为m的绝缘小球甲，另一质量也为的绝缘小球甲，另一质量也为m、带电量也为、带电量也为 q 的小球乙置于斜面顶点的小球乙置于斜
12、面顶点 B 处，已知斜面长为处，已知斜面长为 L，BCA30。现把 小球乙从 。现把 小球乙从B处由静止自由释放，小球乙能沿斜面从处由静止自由释放，小球乙能沿斜面从B处运动到斜面底 端 处运动到斜面底 端C处处(静电力常量为静电力常量为k， 重力加速度为， 重力加速度为 g)，下列结论正确的是，下列结论正确的是( ) A小球到达斜面中点小球到达斜面中点 D 处时的速度大小为处时的速度大小为 gL 2 B小球运动到斜面底端小球运动到斜面底端 C 处时，对斜面的压力大小为处时，对斜面的压力大小为mg 3 2 2kq2 3L2 C小球从小球从 B 处运动到处运动到 C 处时减少的重力势能等于增加的动
13、能处时减少的重力势能等于增加的动能 D小球从小球从 B 处运动到处运动到 C 处电势能先增加后减少处电势能先增加后减少 解析 ： 选解析 ： 选 ABD 由题意知，小球乙运动到 由题意知，小球乙运动到 D 处时，由几何关系知处时，由几何关系知 ADAB， 所以有 ， 所以有 DB， 即， 即 UDBDB0，由动能定理得：，由动能定理得： mg sin 30qUDB mv20，解得 ：，解得 ： v ，A 正确 ； 小球运动到正确 ； 小球运动到 C L 2 1 2 gL 2 处时，受力分析如图所示，由平衡条件得 ：处时，受力分析如图所示，由平衡条件得 ： FNF库 库sin 30 mgcos
14、30， F库 库 ， 联立解得：， 联立解得：FNmg，B 正确；小球从正确；小球从 B 处运动到处运动到 C 处重力势能处重力势能 kq2 Lcos 30 2 3 2 2kq2 3L2 减少，电势能减少，动能增加，减少的重力势能与电势能之和等于增加的动能，减少，电势能减少，动能增加，减少的重力势能与电势能之和等于增加的动能，C 错误； 小球从 错误； 小球从 B 处运动到处运动到 C 处，先靠近处，先靠近 A 处后远离处后远离 A 处，电场力先做负功后做正功，电势能先增 加后减少， 处，电场力先做负功后做正功，电势能先增 加后减少，D 正确。正确。 提提能能点点 二二 对对电电场场、 、磁磁
15、场场、 、重重力力场场的的综综合合考考查查多 多维 维探探究 究类 类考考点点 精精细细精精研研过过关关 点点探明点点探明 题型题型 1 组合磁场中带电粒子的运动 组合磁场中带电粒子的运动 例例 1 多选多选如图所示，在区域和区域内分别存在与纸面垂 直但方向相反的匀强磁场，区域内磁感应强度是区域内磁感应强 度的 如图所示，在区域和区域内分别存在与纸面垂 直但方向相反的匀强磁场，区域内磁感应强度是区域内磁感应强 度的 2 倍，一带电粒子在区域左侧边界处以垂直边界的速度进入区 域， 粒子离开区域时速度方向改变了 倍，一带电粒子在区域左侧边界处以垂直边界的速度进入区 域， 粒子离开区域时速度方向改变
16、了 30， 然后进入区域， 测得粒子 在区域内的运动时间与区域内的运动时间相等，则下列说法正确 的是 ， 然后进入区域， 测得粒子 在区域内的运动时间与区域内的运动时间相等，则下列说法正确 的是( ) A粒子在区域和区域中的速率之比为粒子在区域和区域中的速率之比为 11 B粒子在区域和区域中的角速度之比为粒子在区域和区域中的角速度之比为 21 C粒子在区域和区域中的圆心角之比为粒子在区域和区域中的圆心角之比为 12 D区域和区域的宽度之比为区域和区域的宽度之比为 11 解析解析 由于洛伦兹力对带电粒子不做功， 故粒子在两区域中的运动速率相等， 由于洛伦兹力对带电粒子不做功， 故粒子在两区域中的
17、运动速率相等， A 正确 ； 由洛伦兹力 正确 ； 由洛伦兹力 fqBvma 和和 av 可知，粒子运动的角速度之比为可知，粒子运动的角速度之比为 12B1B2 12，B 错误 ； 由于粒子在区域和区域内的运动时间相等，由错误 ； 由于粒子在区域和区域内的运动时间相等，由 t可得可得 t， m qB 1m qB1 2m qB2 且且 B22B1，解得，解得 1212，C 正确；由几何关系可知，粒子在区域 中运动的圆心角为 正确；由几何关系可知，粒子在区域 中运动的圆心角为 30， 则粒子在区域中运动的圆心角为， 则粒子在区域中运动的圆心角为 60， 由， 由 R 可知，粒子在区域中的运动半径是
18、在区域中运动半径的 可知，粒子在区域中的运动半径是在区域中运动半径的 2 倍，设倍，设 mv qB 粒子在区域中的运动半径为粒子在区域中的运动半径为 r， 作出粒子运动的轨迹如图所示，则由图 可知，区域的宽度 ， 作出粒子运动的轨迹如图所示，则由图 可知，区域的宽度 d12rsin 30r；区域的宽度；区域的宽度 d2rsin 30 rcos(1806060)r，D 正确。正确。 答案答案 ACD 题型题型 2 叠加三场中带电小球的运动 叠加三场中带电小球的运动 例例2 多选多选如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸 面向里的匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆 环，环上套有
19、一个带正电的小球。 如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸 面向里的匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆 环，环上套有一个带正电的小球。O 点为圆环的圆心，点为圆环的圆心，a、b、c、d 为 圆环上的四个点， 为 圆环上的四个点，a 点为最高点，点为最高点，c 点为最低点，点为最低点，b、O、d 三点在同一 水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从 三点在同一 水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从a点由 静止释放，下列判断正确的是 点由 静止释放，下列判断正确的是( ) A小球能越过小球能越过 d 点并继续沿圆环向上运动点并继续沿圆环向上运动
20、B当小球运动到当小球运动到 d 点时，不受洛伦兹力点时，不受洛伦兹力 C小球从小球从 d 点运动到点运动到 b 点的过程中，重力势能减少，电势能减少点的过程中，重力势能减少，电势能减少 D小球从小球从 b 点运动到点运动到 c 点的过程中，经过弧点的过程中，经过弧 bc 的中点时速度最大的中点时速度最大 解析解析 电场力与重力大小相等，结合题图可知二者的合力指向左下方 电场力与重力大小相等，结合题图可知二者的合力指向左下方 45，由于合力 是恒力，可视为等效重力，所以弧 ，由于合力 是恒力，可视为等效重力，所以弧 ad 的中点相当于竖直圆环的等效最高点，其关于圆心对 称的位置 的中点相当于竖直
21、圆环的等效最高点，其关于圆心对 称的位置(即弧即弧 bc 的中点的中点)就是等效最低点；由于就是等效最低点；由于 a、d 两点关于等效最高点与等效最低点的 连线对称，若小球从 两点关于等效最高点与等效最低点的 连线对称，若小球从 a 点由静止释放，最高运动到点由静止释放，最高运动到 d 点，故点，故 A 错误；当小球运动到错误；当小球运动到 d 点时， 速度为零，故不受洛伦兹力，故 点时， 速度为零，故不受洛伦兹力，故 B 正确；由于正确；由于 d、b 等高，故小球从等高，故小球从 d 点运动到点运动到 b 点的过程 中，重力势能不变，故 点的过程 中，重力势能不变，故 C 错误 ；由于等效重
22、力指向左下方错误 ；由于等效重力指向左下方 45，弧，弧 bc 的中点是等效最低点， 故小球从 的中点是等效最低点， 故小球从 b 点运动到点运动到 c 点的过程中，经过弧点的过程中，经过弧 bc 的中点时速度最大，故的中点时速度最大，故 D 正确。正确。 答案答案 BD 系统通法系统通法 电偏转和磁偏转的比较电偏转和磁偏转的比较 电偏转电偏转磁偏转磁偏转 示意图示意图 偏转条件偏转条件vEvB 受力情况受力情况只受恒定的电场力只受恒定的电场力只受大小恒定的洛伦兹力只受大小恒定的洛伦兹力 运动轨迹运动轨迹抛物线抛物线圆弧圆弧 物理规律物理规律类平抛运动规律、牛顿第二定律类平抛运动规律、牛顿第二
23、定律牛顿第二定律、向心力公式牛顿第二定律、向心力公式 基本基本 公式公式 Lvt y at2 1 2 a tan qE m at v qvB r mv2 r mv qB T t 2m qB T 2 sin L r 做功做功 情况情况 电场力既改变速度方向，也改变速度 大小，对电荷做功 电场力既改变速度方向，也改变速度 大小，对电荷做功 洛伦兹力只改变速度方向，不改变 速度大小，对电荷不做功 洛伦兹力只改变速度方向，不改变 速度大小，对电荷不做功 题题过关题题过关 1(2018北京高考北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力不计重力
24、)以一定 初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列 因素与完成上述两类运动无关的是 以一定 初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列 因素与完成上述两类运动无关的是( ) A磁场和电场的方向 磁场和电场的方向 B磁场和电场的强弱磁场和电场的强弱 C粒子的电性和电量粒子的电性和电量 D粒子入射时的速度粒子入射时的速度 解析：选解析：选 C 这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域 内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足 这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加
25、区域 内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足 qvBqE，故，故 v ， ， E B 即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结 合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁 场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速 度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电 量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。撤除电场时， 粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件， 即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度
26、大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结 合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁 场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速 度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电 量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。撤除电场时， 粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件，C 正确。正确。 2.如图所示，如图所示，ABCDEF为一正六边形的六个端点，现正六边形处 于垂直于纸面向里的匀强磁场和平行于 为一正六边形的六个端点，现正六边形处 于垂直于纸面向里的匀
27、强磁场和平行于 BA 向右的匀强电场中，一带 电粒子从 向右的匀强电场中，一带 电粒子从 A 点射入场中，恰好沿直线点射入场中，恰好沿直线 AE 做匀速直线运动。撤去磁 场，粒子仍从 做匀速直线运动。撤去磁 场，粒子仍从A点以原速度射入场中，粒子恰好从点以原速度射入场中，粒子恰好从F点射出。若撤去 电场而保留磁场，粒子仍以原速度从 点射出。若撤去 电场而保留磁场，粒子仍以原速度从 A 点射入，则粒子将从哪条边射出点射入，则粒子将从哪条边射出(不计粒子重 力 不计粒子重 力)( ) AAB BBC CCD DDE 解析：选解析：选 B 只有电场时带电粒子向右偏转，则粒子带正电，根据左手定则可知，
28、只 只有电场时带电粒子向右偏转，则粒子带正电，根据左手定则可知，只 有磁场时，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转。开始时粒子在复合场中做 匀速直线运动，则有 ： 有磁场时，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转。开始时粒子在复合场中做 匀速直线运动，则有 ： qEqvB，设正六边形的边长为，设正六边形的边长为 L，只有电场时，粒子做类平抛运动， 竖直向上的方向上有： ，只有电场时，粒子做类平抛运动， 竖直向上的方向上有：vtLcos 30L，水平方向上有：，水平方向上有： t2Lsin 30 L；当只有；当只有 3 2 1 2 qE m 1 2 磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有
29、 ：磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有 ： qvB，联立可得 ：，联立可得 ： r L，由几何关系可知 ：，由几何关系可知 ： mv2 r 3 4 AC L，而，而 L0)的小球由轨道左端的小球由轨道左端 A 无初速度滑 下，当小球滑至轨道最低点 无初速度滑 下，当小球滑至轨道最低点 C 时，给小球再施加一始终水平向右的外力时，给小球再施加一始终水平向右的外力 F，使小球能以保 持不变的速率滑过轨道右侧的 ，使小球能以保 持不变的速率滑过轨道右侧的 D 点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为 g，则下列判断 正确的是 ，则下列判断 正确的是 ( ) A小球在
30、小球在 C 点受到的洛伦兹力大小为点受到的洛伦兹力大小为 qB 2gR B小球在小球在 C 点对轨道的压力大小为点对轨道的压力大小为 3mgqB 2gR C小球从小球从 C 到到 D 的过程中，外力的过程中，外力 F 的大小保持不变的大小保持不变 D小球从小球从 C 到到 D 的过程中，外力的过程中，外力 F 的功率逐渐增大的功率逐渐增大 解析：选解析：选 AD 小球从 小球从 A 点运动到点运动到 C 点的过程中只有重力做功，根据动能定理得点的过程中只有重力做功，根据动能定理得 mgR mv2，解得，解得 v，故小球在，故小球在 C 点受到的洛伦兹力大小为点受到的洛伦兹力大小为 F洛 洛 q
31、BvqB， 1 2 2gR2gR 故故 A 正确；由左手定则可知，小球向右运动到正确；由左手定则可知，小球向右运动到 C 点时受到的洛伦兹力的方向向上，则有点时受到的洛伦兹力的方向向上，则有 NqvBmg， 解得， 解得 N3mgqB， 故， 故 B 错误 ； 小球从错误 ； 小球从 C 到到 D 的过程中速率不变，的过程中速率不变， mv2 R 2gR 由受力分析得由受力分析得 mgsin Fcos ，速度方向与水平方向夹角，速度方向与水平方向夹角 变大，重力沿切线方向的分力 增大，所以水平外力 变大，重力沿切线方向的分力 增大，所以水平外力 F 的大小增大，故的大小增大，故 C 错误；小球从错误；小球从 C 到到 D 的过程中，速率不变，而洛 伦兹力和支持力不做功，所以外力 的过程中，速率不变，而洛 伦兹力和支持力不做功，所以外力 F 的功率与小球克服重力做功的功率大小相等，由运动 的合成与分解可知，小球从 的功率与小球克服重力做功的功率大小相等，由运动 的合成与分解可知，小球从 C 向向 D 运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以小球 克服重力做功的功率增大，外力 运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以小球 克服重力做功的功率增大，外力 F 的功率也增大，故的功率也增大，故 D 正确。正确。