高考物理资阳力学知识点之功和能易错题汇编含解析

高考物理资阳力学知识点之功和能易错题汇编含解析
一、选择题
1．某人造地球卫星发射时，先进入椭圆轨道Ⅰ，在远地点A加速变轨进入圆轨道Ⅱ。

已知轨道Ⅰ的近地点B到地心的距离近似等于地球半径R，远地点A到地心的距离为3R，则下列说法正确的是（）
A．卫星在B点的加速度是在A点加速度的3倍
B．卫星在轨道Ⅱ上A点的机械能大于在轨道Ⅰ上B点的机械能
C．卫星在轨道Ⅰ上A点的机械能大于B点的机械能
D．卫星在轨道Ⅱ上A点的动能大于在轨道Ⅰ上B点的动能
2．如图是一汽车在平直路面上启动的速度-时间图象，t1时刻起汽车的功率保持不变．由图象可知（）
A．0-t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变
B．0-t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率不变
C．t1-t2时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小
D．t1-t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变
3．一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从0
t=开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，作用时间为1t，在1
0~t内力F的平均功率是（）
A．
2
1
2
F
m
t⋅B．
2
2
1
2
F
m
t⋅C．
2
1
F
m
t⋅D．
2
2
1
F
m
t⋅
4．小明和小强在操场上一起踢足球，若足球质量为m，小明将足球以速度v从地面上的A 点踢起。

当足球到达离地面高度为h的B点位置时，如图所示，不计空气阻力，取B处为零势能参考面，则下列说法中正确的是（）
A．小明对足球做的功等于mgh
B．足球在A点处的机械能为
2 2 mv
C ．小明对足球做的功等于2
2mv +mgh D ．足球在B 点处的动能为2
2
mv -mgh 5．质量为m 的滑块沿高为h ，长为L 的粗糙斜面匀速下滑，在滑块从斜面顶端滑至底端的过程中
A ．滑块的机械能保持不变
B ．滑块克服摩擦所做的功为mgL
C ．重力对滑块所做的功为mgh
D ．滑块的机械能增加了mgh
6．某人用手将1kg 的物体由静止向上提起1m ，这时物体的速度为2m/s （g 取10m/s 2），
则下列说法正确的是（ ） A ．物体克服重力做功2J B ．合外力做功2J
C ．合外力做功12J
D ．手的拉力对物体做功10J 7．如图，半径为R 、质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 高处由静止释放，小球自由落体后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为
3
4
h ，则
A ．小球和小车组成的系统动量守恒
B ．小车向左运动的最大距离为1
2
R C ．小球离开小车后做斜上抛运动
D ．小球第二次能上升的最大高度
1
2h ＜h ＜34
h 8．将一个皮球从地面以初速度v 0竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，即f =kv ，重力加速度为g ，下列说法中正确的是（ ） A ．从抛出到落四地面的过程中，最高点加速度最大，大小为g
B ．刚抛出时加速度最大，大小为g +
kv m
C ．皮球上升所用时间比下降所用时间长
D ．皮球落回地面时速度大于v 0
9．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t =0时其速度为1 m/s ．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图a 和图b 所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F 对滑块做的功分别为123W W W 、、，则以下关系正确的是( )
A ．123W W W ==
B ．123W W W <<
C ．132W W W <<
D ．123W W W =<
10．如图所示，AB 为
1
4
圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止下滑时，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力做功为（ ）
A ．
1
2
μmgR B ．
1
2
mgR C ．mgR
D ．()1mgR μ-
11．汽车以恒定功率P 、初速度v 0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v -
—t 图像不可能是选项图中的 A ． B ．
C ．
D ．
12．如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定：( )
A ．等于拉力所做的功；
B．小于拉力所做的功；
C．等于克服摩擦力所做的功；
D．大于克服摩擦力所做的功；
13．如图所示，小车A放在一个倾角为30°的足够长的固定的光滑斜面上，A、B两物体由绕过轻质定滑轮的细线相连，已知重力加速度为g，滑轮质量及细线与滑轮之间的摩擦不计，小车A的质量为3m，小球B的质量为m，小车从静止释放后，在小球B竖直上升h 的过程中，小车受绳的拉力大小F T和小车获得的动能E k分别为（）
A．F T=mg，E k=3mgh/8B．F T=mg，E k=3mgh/2
C．F T=9mg/8，E k=3mgh/2D．F T=9mg/8，E k=3mgh/8
14．如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g=10 m/s2，则()
A．小物块的初速度是5 m/s
B．小物块的水平射程为1.2 m
C．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功
D．小物块落地时的动能为0.9 J
15．如图所示，某人以力F将物体沿斜面向下拉，拉力大小等于摩擦力，则下列说法正确的是()
A．物体做匀速运动
B．合力对物体做功等于零
C．物体的机械能保持不变
D．物体机械能减小
16．如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度为g)( )
A．
2
16
v
g
B．
2
8
v
g
C．
2
4
v
g
D．
2
2
v
g
17．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为最高点，DB为竖直线，AE为水平面，今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A处进入圆轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能保证小球最终通过最高点D(不计空气阻力的影响)．则小球通过D点后
A．一定会落到水平面AE上
B．一定不会落到水平面AE上
C．一定会再次落到圆轨道上
D．可能会再次落到圆轨道上
18．恒力F作用于原来静止的物体上，使其分别沿粗糙水平面和光滑水平面移动一段相同距离s，则水平恒力F做的功和功率W1、P l和W2、P2相比较，正确的是( )
A．W l>W2，P1>P2B．W l=W2，P I<P2
C．W l=W2，P l>P2D．W l>W2，P I<P2
19．如图所示，物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，运动中无碰撞能量损失。

DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零。

如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点时速度也刚好为零，则此时物体具有的初速度v（）
A．大于v0B．等于v0
C．小于v0D．决定于斜面的倾角
20．人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当人以速度v竖直向下匀速拉绳使质量为m的物体A到达如图所示位置时，此时绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A的动能为（）
A ．2
2
2cos k mv E θ
= B ．2
2
2tan k mv E θ
= C ．212k E mv =
D ．221sin 2
k E mv θ=
21．如图所示，地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的公转轨迹则是一个非常扁的椭圆。

若已知哈雷彗星轨道半长轴约为地球公转轨道半径的18倍，哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为1r ，速度大小为1v ，在远日点与太阳中心距离为2r ，速度大小为2v ，根据所学物理知识判断下列说法正确的是
A ．哈雷彗星的公转周期约为76年
B ．哈雷彗星在近日点速度1v 小于远日点速度2v
C ．哈雷彗星在近日点加速度1a 的大小与远日点加速度2a 的大小之比
2112
2221
a v r a v r = D ．哈雷彗星在椭圆轨道上运动的过程中机械能不守恒
22．起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其v －t 图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下列选项图中的哪一个（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
23．如图所示，用同种材料制成的一个轨道，AB 段为
1
4
圆弧，半径为R ，水平放置的BC 段长度为R ．一小物块质量为m ，与轨道间的动摩擦因数为μ，当它从轨道顶端A 由静止
下滑时，恰好运动到C 点静止，那么物块在AB 段克服的摩擦力做的功为（ ）
A ．μmgR
B ．mgR （1－μ）
C ．
1
2πμmgR D ．
1
2
mgR 24．如图所示，一辆汽车以v 1＝6 m/s 的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行l 1＝3.6 m ，如果改以v 2＝8 m/s 的速度行驶，同样的情况下急刹车后滑行的距离l 2为( )
A ．6.4 m
B ．5.6 m
C ．7.2 m
D ．10.8 m
25．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（） A ．4倍
B ．2倍
C ．
倍
D ．
倍
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一、选择题 1．B 解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据牛顿第二定律得
2
GMm
ma r
= 解得
2
GM
a r =
B 点与地心的距离为A 点与地心距离的
1
3
，则卫星在B 点的加速度是A 点加速度的9倍，故A 错误；
BC ．在轨道Ⅰ上，卫星运行时，只有万有引力做功，所以机械能守恒，即卫星在轨道Ⅰ上
A 点的机械能等于在轨道Ⅰ上
B 点的机械能；从椭圆轨道Ⅰ到圆轨道Ⅱ，卫星在A 点做逐
渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，所以卫星在轨道Ⅱ上A 点的机械能大于在轨道Ⅰ上A 点的机械能，即有卫星在轨道Ⅱ上A 点的机械能大于在轨道Ⅰ上B 点的机械能，故B 正确，C 错误； D ．根据万有引力提供向心力可得
2
2GMm mv r r
=
解得动能为
2122k GMm E mv r
=
= 所以卫星在轨道Ⅱ上A 点的动能小于在轨道Ⅰ上B 点的动能，故D 错误； 故选B 。

2．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
0～t 1时间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速直线运动，汽车的牵引力不变，加速度不变，由P=Fv 知功率增大，故AB 错误．t 1～t 2时间内，汽车的功率保持不变，速度在增大，由P=Fv 知汽车的牵引力在减小，由牛顿第二定律知F-f=ma ，知加速度减小，故C 正确，D 错误．故选C ．
3．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
对物体受力分析可知，物体只受力F 的作用，由牛顿第二定律可得F
a m
=，t 1时刻的速度为
1F v at t m
==
则在t 1时间内的平均速度为
1122v F v t m
=
=⋅ 所以在t 1时间内力F 的平均功率
2
11122F F P Fv F t t m m
==⋅⋅=
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
AC ．小明对足球做的功等于足球动能的增量，即
212
W mv =
足球在B 点处的动能不为零，则
2
12
mv mgh ≠ 故AC 错误；
BD ．以B 处为零势能面，故足球在A 点处的机械能为
2
12
mv mgh - 足球运动过程中机械能守恒，在B 点处的机械能等于在B 点处的动能，即
2kB 1
2
E mv mgh =-
故B 错误，D 正确。

故选D 。

5．C
解析：C 【解析】 【详解】
A. 滑块匀速下滑，动能不变，重力势能减小，则机械能减小．故A 错误；
B. 由题，滑块匀速下滑，动能的变化量为零，根据动能定理得，mgh −W f =0，则滑块克服阻力所做的功W f =mgh.故B 错误；
C. 重力对滑块所做的功W=mgsinθ⋅L=mgh.故C 正确；
D. 滑块减小的机械能等于克服摩擦力做的功mgh ，故D 错误． 故选C
6．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．克服重力做的功
10J W mgh ==
A 错误； BC ．根据动能定理
2
102
W Fh mgh mv =-=
-合 因此合外力做功为2J ，B 正确，C 错误； D ．手的拉力对物体做功，由上式可知
21
12J 2
Fh mgh mv =+=
D 错误。

故选B 。

7．D
解析：D 【解析】
小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv′=0，20R x x
m
m t t
--=，解得，小车的位移：x=R ，故B 错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 错误；
小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg （h 0-3
4
h 0）-W f =0，W f 为小球克服摩擦力做功大小，解得：W f =14mgh 0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为1
4
mgh 0，由于小球第
二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh 0，机械能损失小于1
4
mgh 0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：000311
442h h h -
=，而小于34
h 0，故D 正确；故选D ． 点睛：动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．摩擦力做功使得机械能转化成内能．
8．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．上升过程，阻力向下，根据牛顿第二定律有
1mg kv ma +=
下降过程，阻力向上，根据牛顿第二定律有
2mg kv ma '+=
12a g a >>
其中
1kv a g m
=+
可以知道向上的速度越大，皮球的加速度越大，则刚抛出时的加速度最大，大小为
kv g m
+
，故A 错误，B 正确； C ．若加速度不变，根据 212
h at =
可知
12t t <
故C 错误；
D ．因为运动的整个过程，重力做功为零；上升过程，阻力向下，做负功；下降过程，阻力向上，做负功。

可知落地时的动能一定小于开始时的动能，则落地速度一定小于开始时的速度，故D 错误。

故选B 。

9．B
解析：B 【解析】
试题分析：根据功的公式W=FL 可知，知道F 的大小，再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F 做功的多少．
解：由速度图象可知，第1s 、2s 、3s 内的位移分别为0.5m 、0.5m 、1m ，由F ﹣t 图象及功的公式w=Fscosθ可求知：W 1=0.5J ，W 2=1.5J ，W 3=2J ．故本题中ACD 错，B 正确． 故选B ．
10．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：BC 段摩擦力可以求出，由做功公式求得BC 段摩擦力对物体所做的功； 对全程由动能定理可求得AB 段克服摩擦力所做的功．
BC 段物体受摩擦力f mg μ=，位移为R ，故BC 段摩擦力对物体做功
W fR mgR μ=-=-； 对全程由动能定理可知，10mgR W W ++=，解得
1W mgR mgR μ=-，故AB 段克服摩擦力做功为()1W mgR mgR mgR μμ=-=-克，D
正确．
11．A
【解析】 【详解】
汽车冲上斜坡，受重力mg 、支持力N 、牵引力F 和阻力f ，设斜面的坡角为θ，根据牛顿第二定律，有F mgsin f ma θ--=，其中P Fv =，故
P
mgsin f ma v
θ--=； AC 、若0a >，则物体加速运动，加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最大，故选项C 正确，A 错误；
B 、若0a =，则物体速度不变，做匀速运动，故选项B 正确；
D 、若0a <，即加速度沿斜面向下，物体减速，故加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最小，故选项D 正确； 故不可能是选选项A ．
12．B
解析：B 【解析】 【分析】
受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可． 【详解】
木箱受力如图所示：
木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，
根据动能定理可知即：2
102
F f W W mv -=
- ，所以动能小于拉力做的功，故B 正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，ACD 错误． 故选B 【点睛】
正确受力分析，知道木箱在运动过程中有那几个力做功且分别做什么功，然后利用动能定理求解末动能的大小．
13．D
解析：D 【解析】
小车A 与小球B 构成的系统做加速运动，隔离分析小车，据牛顿第二定律得：3mgsin 30°-F T =3ma ，隔离分析小球B ，据牛顿第二定律得：F T -mgsin 30°=ma ，联立可得小车受绳的拉
力大小为98
T mg
F =
，当小球B 上升h 高度时，根据动能定理有：()2133032mghsin mgh m m v ︒-=
+，联立解得：1
2
v gh =，小车的最大动能为：133248
K gh mgh
E m =⨯⨯=，故ABC 错误，D 正确．
14．D
解析：D 【解析】
由题意可以，小物块到达B 时的速度B v =3m/s ，如下图所示 小物块从A 运动到B 的过程中，由动能定理可得：2201122
AB B mgS mv mv μ-=- 解得：07m/s v =，故A 选项错误；
（或根据牛顿第二定律mg ma μ-=，根据运动学公式22
02B AB v v aS -=，求解B v ）
小物块从B 点离开桌面后，做平抛运动 所以2
12
h gt =
，解得0.3s t = 因此，水平射程B x v t ==0.9m ，选项B 错误；
小物块在桌面上克服摩擦力做的功f AB W mgS μ==2J ，选项C 错误； 从B 到C ，利用动能定理得：2
12
KC B mgh E mv =-
，解得0.9J KC E =，D 正确． （或利用平抛运动运动学公式，先求落地速度，然后再根据动能得定义，求落地动能）
15．C
解析：C 【解析】 【详解】
A 、对物体受力分析，受重力、拉力、摩擦力和支持力，拉力和摩擦力平衡，故物体加速下滑；故A 错误.
B 、合力沿着斜面向下大小等于重力的分力，合力做正功；故B 错误.
C 、
D 、拉力和摩擦力平衡，做的功之和为零，支持力不做功，故总功等于重力的功，故机械能总量保持不变；故C 正确，D 错误. 故选C.
【点睛】
本题关键明确机械能守恒的条件，然后受力分析并结合功能关系判断.
16．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径．
【详解】
设半圆的半径为R，根据动能定理得：−mg•2R＝1
2
mv′2−
1
2
mv2，离开最高点做平抛运
动，有：2R=1
2
gt2，x=
v′t，联立解得：
x==
，可知当R=
2
8
v
g
时，水平位移最大，故B
正确，ACD错误．故选B．
【点睛】
本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练．
17．A
解析：A
【解析】
小球因为能够通过最高点D，根据mg=m
2
D
v
R
，得：v D
，知在最高点的最小速度
．根据R=
1
2
gt2，得：
t=
x=．知小球一定落在水平面AE上．故A正确，BCD错误．故选A．
点睛：解决本题的关键知道小球做圆周运动在最高点的临界情况，即重力提供向心力，结合平抛运动的规律进行求解．
18．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
两次水平恒力相等，位移相等，根据W=Fs知，恒力F所做的功相等．在光滑水平面上运
动的加速度大，根据位移时间公式知，在光滑水平面上的运动时间短，根据P=W/t 知，P 1<P 2．故A 、C 、D 错误，B 正确．
19．B
解析：B 【解析】
设斜面的倾角为θ，则滑动摩擦力对物体所做的功为W f ＝－μmg ·
BD －μmg cos θ·AB ＝－μmg ·BD －μmg ·OB ＝－μmg ·OD 。

可见，W f 与θ无关，也就是说，物体从D 点出发沿DBA 或DCA 滑动到A 点，滑动摩擦力对物体所做的功相同。

根据动能定理，沿DBA ，有W G ＋W f ＝0－
2012mv ；沿DCA ，有W G ＋W f ＝0－21
2
mv 。

解得v ＝v 0，故选B. 点睛：该题考查斜面上的摩擦力做功的特点，解答本题关键的根据动能定理列式，对列得的方程进行讨论得出结论．
20．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
由图示可知，物体A 的速度
cos A v
v θ
=
则物体A 的动能
2
222
11()22cos 2cos k A v mv E mv m θθ
=== 故A 正确。

故选A 。

21．A
解析：A 【解析】 【详解】
A ．根据开普勒第三定律：
23
3
23=18T r T r =哈哈地地
则
76T ≈哈地年
选项A 正确；
B ．哈雷彗星从近日点到远日点，太阳对哈雷彗星的引力做负功，则速度减小，则在近日点速度1v 大于远日点速度2v ，选项B 错误；
C ．根据2GM
a r
=
可知哈雷彗星在近日点加速度1a 的大小与远日点加速度2a 的大小之比2
122
21a r a r =，选项C 错误； D ．哈雷彗星在椭圆轨道上运动的过程中只有太阳的引力做功，则机械能守恒，选项D 错误；故选A 。

22．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
由v －t 图象可知在10~t 时间内物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为1a ，根据牛顿第二定律得
1F mg ma -=
则
1F mg ma =+
此时拉力的功率
()111P Fv mg ma a t ==+⋅
可知此时间段内功率与时间成正比； 在21
~t t 时间内重物向上做匀速直线运动，拉力
F mg =
则拉力的功率
2P Fv mgv ==
可知此时间段内拉力功率不变，根据拉力的大小得，此时的功率小于t 1时刻拉力的功率； 在23~t t 时间内重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为2a ，根据牛顿第二定律得
2mg F ma -=
则
2F mg ma =-
此时间段内拉力的功率
()()3202P Fv mg ma v a t ==--
则可知3P 与t 是线性关系，随着t 增加，3P 减小。

2t 时刻拉力突然减小，功率突然减小。

综上所述，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

23．B
解析：B
【解析】 【分析】 【详解】
设在AB 段物块克服摩擦力做的功为W ，则物块由A 到B 运用动能定理可得
212
B mgR W mv -=
物块由B 到C 运用动能定理可得
2
102
B mgR mv μ-=-
联立解得W =mgR （1－μ），故B 正确，ACD 错误。

故应选B 。

24．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
汽车在同样的路面上急刹车，所受的阻力大小相同，设为F ，汽车的末速度都为零，根据动能定理有
-Fs 1=0-12mv 12-Fs 2=0-1
2
mv 22 所以，
2
22
2
11s v s v = s 2=(21v v )2×s 1=(8
6
)2×3.6 m=6.4 m
故选Ａ。

25．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
设阻力为f ，由题知：f=kv ；
速度最大时，牵引力等于阻力，则有 P=Fv=fv=kv 2．
所以摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的倍．
故选D ．。