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2025 年高考河南卷物理真题
一、单选题
1．野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，
零件用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在
该段时间内（ ）
A．无人机做匀速运动 B．零件所受合外力为零
C．零件的惯性逐渐变大 D．零件的重力势能保持不变
【答案】D
【详解】AB．对零件受力分析，受重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线运动，可知合外力沿水平方向，
提供水平方向的加速度。零件水平向左做匀加速直线运动，AB错误；
C．惯性的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，C错误。
D．无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止，也沿水平方向飞行做直线运动，故零件的高度不变，可知零
件的重力势能保持不变，D正确；
故选D。
2．折射率为√2的玻璃圆柱水平放置，平行于其横截面的一束光线从顶点入射，光线与竖直方向的夹角为45°，如图
所示。该光线从圆柱内射出时，与竖直方向的夹角为（不考虑光线在圆柱内的反射）（ ）
A．0° B．15° C．30° D．45°
【答案】B
【详解】
设光线射入圆柱体时的折射角为𝜃，根据光的折射定律可知𝑛 =
sin45∘
sin𝜃解得𝜃 =30∘
如图，根据几何关系可知光线射出圆柱体时的入射角𝑖 =𝜃 =30∘
则法线与竖直方向的夹角𝛼 =𝜃+𝑖 =60∘
根据光的折射定律可知𝑛 = sin𝑟
sin𝑖
解得光线射出圆柱体时的折射角𝑟 =45∘
光线从圆柱体内射出时，与竖直方向的夹角为𝛽 =𝛼−𝑟 =15∘
故选B。
3．2024年天文学家报道了他们新发现的一颗类地行星Gliese12b，它绕其母恒星的运动可视为匀速圆周运动。已知
Gliese122b轨道半径约为日地距离的1，其母恒星质量约为太阳质量的2，则Gliese122b绕其母恒星的运动周期约为
14 7
（ ）
A．13天 B．27天 C．64天 D．128天
【答案】A
【详解】地球绕太阳运行的周期约为365天，根据万有引力提供向心力得𝐺𝑀0𝑚
=𝑚
4𝜋2
𝑟
𝑟2 𝑇2 0
0 0
已知𝑟 = 1 𝑟 ，𝑀 = 2 𝑀 ，同理得𝐺𝑀𝑚 =𝑚 4𝜋2 𝑟
14 0 7 0 𝑟2 𝑇2
整理得𝑇2
=
𝑟3𝑀0
𝑇2 𝑟3𝑀
0 0
带入数据得𝑇 = 1 𝑇 ≈13天
0
28
故选A。
4．如图，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点，其电势分别为6V、4V、2V；a、b、c分别位于纸面内一等
边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向，则正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】匀强电场中任意两点间的中点电势等于这两点的平均值，可知ac中点d的电势与b点相同，bd的连线为该匀强电
场的等势面。电场线垂直于等势面且由高电势指向低电势，故电场线沿ac方向且由a指向c，C正确。
故选C。
5．如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极
到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】根据题意当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极
间的磁场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。
故选C。
6．由于宇宙射线的作用，在地球大气层产生有铍的两种放射性同位素 7Be和 10Be。测定不同高度大气中单位体
4 4
积内二者的原子个数比，可以研究大气环境的变化。已知 7Be和 10Be的半衰期分别约为53天和139万年。在大
4 4
气层某高度采集的样品中，研究人员发现 7Be和 10Be的总原子个数经过106天后变为原来的3，则采集时该高度
4 4 4
的大气中 7Be和 10Be的原子个数比约为（ ）
4 4
A．1:4 B．1:2 C．3:4 D．1:1
【答案】B
【详解】设采集时大气中有x个 7Be原子和y个 10Be原子，由于 10Be的半衰期为139万年，故经过106天后 10Be
4 4 4 4
原子的衰变个数可以忽略不计， 7Be的半衰期为53天，故经过106天后剩余数量为𝑥⋅( 1 ) 2 ，故可得 𝑥⋅( 1 2 ) 2 +𝑦 = 3
4 2 𝑥+𝑦 4
解得𝑥
=
1
𝑦 2
故选B。
7．两小车P、Q的质量分别为𝑚 和想𝑚 ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的
P Q
变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为𝑚 ，碰撞时间极短，则（ ）
NA．𝑚 >𝑚 >𝑚 B．𝑚 >𝑚 >𝑚 C．𝑚 >𝑚 >𝑚 D．𝑚 >𝑚 >𝑚
P N Q N P Q Q P N Q N P
【答案】D
【详解】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有𝑚 𝑣 +𝑚 𝑣 =𝑚 𝑣 ′+𝑚 𝑣 ′
P P N N P P N N
即𝑚 (𝑣 −𝑣 ′)=𝑚 (𝑣 ′−𝑣 )
P P P N N N
根据图像可知(𝑣 −𝑣 ′)>(𝑣 ′−𝑣 )，故𝑚 <𝑚 ；
P P N N P N
同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有𝑚 𝑣 +𝑚 𝑣 =𝑚 𝑣 ′+𝑚 𝑣 ′
Q Q N N Q Q N N
即𝑚 (𝑣 −𝑣 ′)=𝑚 (𝑣 ′−𝑣 )
Q Q Q N N N
根据图像可知(𝑣 −𝑣 ′)<(𝑣 ′−𝑣 )，故𝑚 >𝑚 ；
Q Q N N Q N
故𝑚 >𝑚 >𝑚
Q N P
故选D。
二、多选题
8．贾湖骨笛是河南博物院镇馆之宝之一，被誉为“中华第一笛”。其中一支骨笛可以发出A 、B 、C 、D 、E 等音。
5 5 6 6 6
己知A 音和D 音所对应的频率分别为880Hz和1175Hz，则（ ）
5 6
A．在空气中传播时，A 音的波长大于D 音的
5 6
B．在空气中传播时，A 音的波速小于D 音的
5 6
C．由空气进入水中，A 音和D 音的频率都变大
5 6
D．由空气进入水中，A 音的波长改变量大于D 音的
5 6
【答案】AD
【详解】
A．由𝜆 =𝑣𝑇 = 𝑣可知，A 的波长大于D 的波长，A正确；
5 6
𝑓
B．声音在相同介质中的传播速度相同，因此A 和D 的传播速度相同，B错误；
5 6
C．由空气进入水中，频率不发生变化，C错误；
D．空气中𝜆 = 𝑣
0
𝑓
在水中𝜆 =
𝑣′
𝑓
其中声音的速度只与介质有关，即在水中它们的速度大小也一样，则可得到波长的改变量为Δ𝜆 =
𝑣′−𝑣
𝑓
可知频率越小其对应的波长改变量越大，D正确。
故选AD。
9．手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过
左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的
匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动
调节c、d中通入的电流𝐼 和𝐼 的大小和方向（无抖动时𝐼 和𝐼 均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的
c d c d
是（ ）A．若𝐼 沿顺时针方向，𝐼 =0，则表明a的方向向右
c d
B．若𝐼 沿顺时针方向，𝐼 =0，则表明a的方向向下
d c
C．若a的方向沿左偏上30°，则𝐼 沿顺时针方向，𝐼 沿逆时针方向且𝐼 >𝐼
c d c d
D．若a的方向沿右偏上30°，则𝐼 沿顺时针方向，𝐼 沿顺时针方向且𝐼 <𝐼
c d c d
【答案】BC
【详解】
A．𝐼 顺时针而𝐼 =0，则镜头向左运动，加速度方向向左，A错误；
𝑐 𝑑
B．𝐼 顺时针而𝐼 =0，则镜头向下运动，加速度方向向下，B正确；
𝑑 𝑐
C．若𝑎的方向左偏上30°，说明镜头向上运动以及向左运动拉伸弹簧，且向左运动的分速度大于向上运动的分速度，
可知𝐼 顺时针𝐼 逆时针，由𝐸 =𝐵𝑙𝑣可知𝐼 >𝐼 ，C正确；
𝑐 𝑑 𝑐 𝑑
D．若𝑎的方向右偏上30°，说明镜头向上运动以及向右运动，且向右运动的分速度大于向上运动的分速度，可知𝐼 逆
𝑐
时针𝐼 逆时针，D错误。
𝑑
故选BC。
10．如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩
擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为𝑇 和𝑇 ，体积分别为𝑉 和𝑉 ，𝑇 <𝑇 ,𝑉 <𝑉 。则（ ）
1 2 1 2 1 2 1 2
A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C．保持𝑇、𝑇 不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
1 2
D．保持𝑇、𝑇 不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
1 2
【答案】AC
【详解】
AB．由题干可知初始左右气体的压强相同，假设在升温的过程中𝑃板不发生移动，则由定容过程𝑝
=
Δ𝑝
⇒Δ𝑝 =
𝑝
Δ𝑇
𝑇 Δ𝑇 𝑇
可得左侧气体压强增加量多，则𝑃板向右移动；A正确B错误；
CD．保持温度不变移动相同的距离时
𝑝𝑉1
=𝐶 𝑝 =
𝐶1𝑇1 𝐶1𝑇1
=
𝐶2𝑇2 𝑉1
=
𝑉2
𝑇1 1， 𝑉1 同理 𝑉1 𝑉2 得𝐶1𝑇1 𝐶2𝑇2 ，
𝑉1−Δ𝑉
<
𝑉2−Δ𝑉 𝐶1𝑇1
>
𝐶2𝑇2
若P不移动，则 𝐶1𝑇1 𝐶2𝑇2 ，故𝑉1−Δ𝑉 𝑉2−Δ𝑉
，则𝑝 >𝑝 ，向右移动，C正确D错误。
1 2
故选AC
三、实验题
11．实验小组研究某热敏电阻的特性，并依此利用电磁铁、电阻箱等器材组装保温箱。该热敏电阻阻值随温度的变化曲线如图1所示，保温箱原理图如图2所示。回答下列问题：
(1)图1中热敏电阻的阻值随温度的变化关系是 （填“线性”或“非线性”）的。
(2)存在一个电流值𝐼 ，若电磁铁线圈的电流小于𝐼 ，衔铁与上固定触头a接触；若电流大于𝐼 ，衔铁与下固定触头b
0 0 0
接触。保温箱温度达到设定值后，电磁铁线圈的电流在𝐼 附近上下波动，加热电路持续地断开、闭合，使保温箱温
0
度维持在设定值。则图2中加热电阻丝的c端应该与触头 （填“a”或“b”）相连接。
(3)当保温箱的温度设定在50°C时，电阻箱旋钮的位置如图3所示，则电阻箱接入电路的阻值为 Ω。
(4)若要把保温箱的温度设定在100°C，则电阻箱接入电路的阻值应为 Ω。
【答案】
(1)非线性
(2)a
(3)130.0
(4)210.0
【详解】
（1）根据图1可知热敏电阻的阻值随温度的变化关系是非线性的。
（2）根据图1可知温度升高，热敏电阻的阻值变小，根据欧姆定律可知流过电磁铁线圈的电流变大，衔铁与下固
定触头b接触，此时加热电阻丝电路部分断开连接，停止加热，可知图2中加热电阻丝的c端应该与触头a相连接。
（3）由图3可知电阻箱接入电路的阻值为100×1Ω+10×3Ω=130.0Ω
（4）根据（3）可知，当温度为50°C时，热敏电阻的阻值为180Ω，电阻箱接入的电阻为130Ω，当温度为100°C时，
热敏电阻的阻值为100Ω，要使得电流值𝐼 不变，则在电流为𝐼 时，控制电路的总电阻不变，则此时电阻箱的电阻为
0 0
180Ω+130.0Ω−100Ω=210.0Ω
12．实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材有：交流电源（频率50Hz）、铁架台、电子天
平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。(1)下列所给实验步骤中，有4个是完成实验必需且正确的，把它们选择出来并按实验顺序排列： （填步骤
前面的序号）
①先接通电源，打点计时器开始打点，然后再释放纸带
②先释放纸带，然后再接通电源，打点计时器开始打点
③用电子天平称量重锤的质量
④将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端
⑤在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录分析数据
⑥关闭电源，取下纸带
(2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时重锤下落的速度大小为
m/s（保留3位有效数字）。
(3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h，计算相应的重锤下落速度v，并绘制图3所示的𝑣2−ℎ关系图
像。理论上，若机械能守恒，图中直线应 （填“通过”或“不通过”）原点且斜率为 （用重力加速度大小
g表示）。由图3得直线的斜率𝑘 = （保留3位有效数字）。
(4)定义单次测量的相对误差𝜂 =|
𝐸p−𝐸k|×100%，其中𝐸
是重锤重力势能的减小量，𝐸 是其动能增加量，则实验相
p k
𝐸p
对误差为𝜂 = ×100%（用字母k和g表示）；当地重力加速度大小取𝑔 =9.80m/s2，则𝜂 = %（保留2
位有效数字），若𝜂 <5%，可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。
【答案】
(1)④①⑥⑤
(2)1.79(3) 通过 2𝑔 19.0
2𝑔−𝑘
(4) 3.1
2𝑔
【详解】
（1）实验步骤为：将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端，先接通电源，打点
计时器开始打点，然后再释放纸带，关闭电源，取下纸带，在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的
距离，记录分析数据，根据原理𝑚𝑔ℎ = 1 𝑚𝑣2可知质量可以约掉，不需要用电子天平称量重锤的质量。
2
故选择正确且正确排序为④①⑥⑤。
（2）根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔𝑇 = 1 =0.02s
𝑓
根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得𝑣 = ℎ𝐴𝐶
𝐵
2𝑇
代入数据可得𝑣 ≈1.79m/s
𝐵
（3）根据𝑚𝑔ℎ = 1 𝑚𝑣2
2
整理可得𝑣2 =2𝑔⋅ℎ
可知理论上，若机械能守恒，图中直线应通过原点，且斜率𝑘 =2𝑔
由图3得直线的斜率𝑘 = 5.6−1.5 ≈19.0
0.295−0.08
𝑚𝑔ℎ− 1 𝑚𝑣2
（4）根据题意有𝜂 = 2 ×100%
𝑚𝑔ℎ
可得𝜂 = 2𝑔−𝑘 ×100%
2𝑔
当地重力加速度大小取𝑔 =9.80m/s2，代入数据可得𝜂 ≈3.1%。
四、解答题
13．流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷
嘴喷出（另有一些液滴不含细胞），液滴质量均为𝑚 =2.0×10−10kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，
使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为𝑞 =1.0×10−13C。随后，液滴以𝑣 =2.0m/s的速度竖直进
入长度为𝑙 =2.0×10−2m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为𝐸 =2.0×105N/C。含细胞
的液滴最终被分别收集在极板下方ℎ =0.1m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：
(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；
(2)A、B细胞收集管的间距。
【答案】
(1)5×10−3m
(2)0.11m
【详解】（1）由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电极板方向则𝑙 =𝑣𝑡
1
沿电极板方向𝑥 = 1 𝑎𝑡2
1 2 1
由牛顿第二定律𝑞𝐸 =𝑚𝑎
解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为𝑥 =5×10−3m
1
（2）含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则ℎ =𝑣𝑡
2
则𝑥 =𝑎𝑡 𝑡
2 1 2
联立解得𝑥 =0.05m
2
有对称性可知则A、B细胞收集管的间距Δ𝑥 =2(𝑥 +𝑥 )=2×(0.005+0.05)m=0.11m
1 2
14．如图，在一段水平光滑直道上每间隔𝑙 =3m铺设有宽度为𝑙 =2.4m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止
1 2
有质量为𝑚 =2kg的小物块P，另一质量为𝑚 =4kg的小物块Q以𝑣 =7m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且
1 2 0
碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为𝑣 =7m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为𝜇 =0.5，重力加速
度大小𝑔 =10m/s2。求：
(1)该碰撞过程中损失的机械能；
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
【答案】
(1)24.5J
(2)5s
【详解】
（1）P、Q与发生正碰，由动量守恒定律𝑚 𝑣 =𝑚 𝑣 +𝑚 𝑣
2 0 2 Q 1
由能量守恒定律1 𝑚 𝑣2 = 1 𝑚 𝑣2+ 1 𝑚 𝑣2+Δ𝐸
2 2 0 2 2 Q 2 1
联立可得𝑣 =3.5m/s，Δ𝐸 =24.5J
Q
（2）对物块P受力分析由牛顿第二定律𝜇𝑚 𝑔 =𝑚 𝑎
1 1
物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式𝑣2−𝑣2 =2𝑎𝑙 ，𝑣 =𝑣−𝑎𝑡
P1 2 P1 1
解得𝑣 =5m/s
P1
则物块P在第一个防滑带上运动的时间为𝑡 =0.4s
1
物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则𝑙 =𝑣 𝑡
1 P1 2
解得𝑡 =0.6s
2
物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式𝑣2 −𝑣2 =2𝑎𝑙 ，𝑣 =𝑣 −𝑎𝑡
P1 P2 2 P2 P1 3
解得𝑣 =1m/s
P2
则物块P在第二个防滑带上运动的时间为𝑡 =0.8s
3
物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则𝑙 =𝑣 𝑡
1 P2 4
解得𝑡 =3s
4
由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式0=𝑣 −𝑎𝑡
P2 5
可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为𝑡 =0.2s
5
故物块P从开始运动到静止经历的时间为𝑡 =𝑡 +𝑡 +𝑡 +𝑡 +𝑡 =5s
1 2 3 4 5
15．如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量
为q（𝑞 >0）的粒子从磁场中的a点以速度𝑣 向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的
0
夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚
线的距离均为h，两点之间的距离为𝑠 =3√3ℎ。不计重力。(1)求磁感应强度的大小；
(2)求电场强度的大小；
(3)若粒子从a点以𝑣 竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的
0
位移与周期的比值为漂移速度）
【答案】
(1)
𝑚𝑣0
2𝑞ℎ
(2)
𝑚𝑣0 2
2𝑞ℎ
3√3
(3) 𝑣
0
6√3+8𝜋
【详解】
（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知𝜃 =60°
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为𝑟，由几何关系有𝑟 =𝑟cos𝜃+ℎ
解得𝑟 =2ℎ
由牛顿第二定律有𝑞𝑣 𝐵 =𝑚 𝑣0 2
0
𝑟
解得𝐵 = 𝑚𝑣0
2𝑞ℎ
（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为𝑣 ，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可
0
得𝐴𝐵 =𝑠−2𝑟sin𝜃 =3√3ℎ−2√3ℎ =√3ℎ
则粒子在电场中的运动时间为𝑡 = 𝐴𝐵 = 2√3ℎ
𝑣0cos𝜃 𝑣0
沿电场方向上，由牛顿第二定律有𝑞𝐸 =𝑚𝑎
由运动学公式有−𝑣 sin𝜃 =𝑣 sin𝜃−𝑎𝑡
0 0
联立解得𝐸 = 𝑚𝑣0 2
2𝑞ℎ
（3）若粒子从a点以𝑣 竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示
0由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为𝑣 ，粒子在磁场中运动的半径仍为2ℎ，由几何关系可得，粒子进入电场时速
0
度与虚线的夹角𝛼 =60°
结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为𝑡 = 2√3ℎ
1
𝑣0
𝐴𝐵间的距离为𝐴𝐵 =√3ℎ
由几何关系可得𝐵𝐶 =2𝑟sin𝛼 =2√3ℎ
则𝐴𝐶 =𝐵𝐶−𝐴𝐵 =√3ℎ
粒子在磁场中的运动时间为𝑡 = 360°−2𝛼 ⋅ 2𝜋𝑟 = 8𝜋ℎ
2
360° 𝑣0 3𝑣0
则有𝑡 =𝑡 +𝑡 =
(6√3+8𝜋)ℎ
1 2
3𝑣0
综上所述可知，粒子每隔时间𝑡向右移动√3ℎ，则漂移速度大小𝑣′ = √3ℎ = 3√3 𝑣
0
𝑡 6√3+8𝜋
