B 

 C  D Đáp án

C

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Từ tỉ lệ số mol X và số mol Ag suy ra đặc điểm của anđehit X là HCHO hoặc anđehit 2 chức.

Từ tỉ lệ Y và Na suy ra ancol Y là ancol 2 chức. Từ đó suy ra công thức của anđehit X.

Giải chi tiết:

Gọi S là hòn sỏi dưới đáy bể, S’ là ảnh của S. Để ảnh rõ nét thì góc tới phải nhỏ

Ta có: \(\frac{\sin i}{\operatorname{s}\text{inr}}=\frac{{{n}_{2}}}{{{n}_{1}}}(1)\)

Mà \(\tan i=\frac{HI}{HS};\operatorname{t}\text{anr}=\frac{HI}{HS'}\Rightarrow \frac{\tan i}{\operatorname{t}\text{anr}}=\frac{HS'}{HS}(2)\)

Vì góc tới nhỏ nên sini ≈ tani ≈i

Từ (1) và (2) ta được \(\frac{{{n}_{2}}}{{{n}_{1}}}=\frac{HS'}{HS}\Rightarrow HS=\frac{{{n}_{1}}}{{{n}_{2}}}HS'=1,6m=16dm\)

Chọn C

Do i = i’; tia phản xạ và khúc xạ vuông góc nên i + r = 90⁰=> r = 30⁰

Góc lệch của tia sáng: D = i– r = 60⁰ – 30⁰ = 30⁰

Chọn C

Theo định luật khúc xạ ánh sáng: n₁sin9⁰ = n₂sin8⁰ => n₁/n₂ = 0,89

Mà v₂ = 2.10⁵km/s => v₁ = v₂n₂/n₁ = 2.10⁵/0,89 = 2,25.10⁵km/s

Chọn A

Khi ánh sáng truyền từ môi trường có chiết suất lớn sang môi trường có chiết suất nhỏ hơn thì có thể xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần

Chọn B

Tia ló truyền thẳng ra không khí vuông góc với mặt thứ hai của lăng kính => i₂ = 0

Ta có: sini₂ = nsinr₂ => r₂ = 0 => r₁ = A =30⁰

Mà sini₁ = nsinr₁ => sini₁ = \(\sqrt{2}\) sin30⁰ => i₁ = 45⁰

Chọn C

Ta có sini₁ = nsinr₁ => r₁ = 30⁰ => r₂ = 30⁰ => i₂ = 60⁰

Góc lệch D = i₁ + i₂ – A = 60⁰

Chọn A

Gọi S là hòn con cá, S’ là ảnh của con cá. Để ảnh rõ nét thì góc tới phải nhỏ

Ta có: \(\frac{\sin i}{\operatorname{s}\text{inr}}=\frac{{{n}_{2}}}{{{n}_{1}}}(1)\)

Mà \(\tan i=\frac{HI}{HS};\operatorname{t}\text{anr}=\frac{HI}{HS'}\Rightarrow \frac{\tan i}{\operatorname{t}\text{anr}}=\frac{HS'}{HS}(2)\)

Vì góc tới nhỏ nên sini ≈ tani ≈i

Từ (1) và (2) ta được \(\frac{{{n}_{2}}}{{{n}_{1}}}=\frac{HS'}{HS}\Rightarrow HS'=\frac{{{n}_{2}}}{{{n}_{1}}}HS=30cm\)

Vậy mắt người thấy cá cách mình 30 + 60 = 90cm

Chọn D

Định luật khúc xạ ánh sáng n₁sini = n₂sinr

→ 1.sin45⁰ = n.sin30⁰ → n = \(\sqrt[{}]{2}\)

Chọn C

Định luật khúc xạ ánh sáng n1sinα= n2sin90 = n2 => n2< n1

Nếu ánh sáng truyền từ (2) tới (1) không thể có phản xạ

Chọn D

Hiện tượng phản xạ toàn phần xảy ra khi ánh sáng truyền từ môi trường chiết suất lớn sang môi trường có chiết suất nhỏ với góc tới i > i_gh

Với i_gh = n₂/n₁

Chọn D

Ảnh tạo bởi thấu kính dịch chuyển cùng chiều với vật

Vậy nên nói Cho vật tiến ra xa L, ảnh di chuyển ngược chiều với vật là sai.

Chọn B

Với thấu kính hội tụ, vật nằm ngoài khoảng tiêu cự luôn cho ảnh thật, ngược chiều vật.

Chọn D

Thấu kính phân kì luôn tạo chùm tia ló phân kì

Chọn B

Theo đề bài ta có i = 0⁰, i’ = 90⁰

Sini₁ = nsinr₁ => r₁= 0 => r₂ = A

Sini₂ = nsinr₂ = nsinA => n = \(\frac{1}{\sin A}\)

Chọn A

Công thức thấu kính: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d'}\)

Theo đề bài ta có: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{2f}\Rightarrow d=2f\)

Chọn A

Theo bài ra: d = ∞ nên cho ảnh tại tiêu điểm => d’ = f = -10cm

Khoảng cách từ ảnh đến màn là 10 + 70 = 80cm

Chọn C

Công thức thấu kính: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d'}\)

Khi d = 25cm thì d’ = - 40cm \(\Rightarrow \frac{1}{f}=\frac{1}{0,25}-\frac{1}{0,40}=1,5dp\)

Chọn A

Tiêu cự kính phân kỳ người đó phải đeo là f = 1/D = - 0,25m

Vậy điểm cực viễn khi không đeo kính cách mắt 0,25m = 25cm

Chọn C

Mắt tốt có điểm cực viễn ở xa vô cực khi không điều tiết.

Chọn A

Mắt tốt có điểm cực viễn ở xa vô cực. Người có cực viễn cách mắt 50cm nên bị tật cận thị.

Chọn B

Ảnh lớn gấp 3 lần vật nên d’ = 3d, h’ = 3h. Ta có: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{3d}=\frac{4}{3d}\Rightarrow f=\frac{3d}{4}\)

Khi dịch chuyển vật lại gần 8cm thì d₁ = d – 8, ảnh có độ lớn không đổi nên h’ = 3h => d₁’ = 3(d-8)

Ta có: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d-8}+\frac{1}{3(d-8)}=\frac{4}{3d}\Rightarrow d=16cm\Rightarrow f=12cm\)

Chọn C

Công thức thấu kính: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d'}\Rightarrow d'=\frac{df}{d-f}\Rightarrow d+d'=\frac{{{d}^{2}}}{d-f}=L\Rightarrow d{}^{2}-dL+fL=0\)

Do f không đổi nên có 2 vị trí thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn nên d là nghiệm của phương trình bậc 2 trên

            \({{d}_{1}}=\frac{d+\sqrt{{{L}^{2}}-4fL}}{2};{{d}_{2}}=\frac{d-\sqrt{{{L}^{2}}-4fL}}{2}\)

Ta có: \(\frac{{{h}_{1}}}{h}=\frac{{{d}_{1}}'}{{{d}_{1}}}=\frac{f}{{{d}_{1}}-f};\frac{{{h}_{2}}}{h}=\frac{{{d}_{2}}'}{{{d}_{2}}}=\frac{f}{{{d}_{2}}-f}\Rightarrow \frac{{{h}_{1}}{{h}_{2}}}{{{h}^{2}}}=1\Rightarrow h=\sqrt{{{h}_{1}}{{h}_{2}}}\)

Chọn B

Công thức thấu kính: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d'}\Rightarrow \frac{1}{5}=\frac{1}{10}+\frac{1}{d'}\Rightarrow d'=10cm\)

Khoảng cách AA’ là d + d’ = 10 + 10 = 20cm

Chọn D

Vì ảnh thật cao gấp 2 lần vật nên d’ = 2d

Công thức thấu kính: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d'}\Rightarrow \frac{1}{30}=\frac{1}{d}+\frac{1}{2d}=\frac{3}{2d}\Rightarrow d=45cm\)

Chọn B

Ta có r₁ + r₂ = 2r₁ = A = 60⁰ => r₁ = 30⁰

Sini₁ = nsinr₁ => n = \(\sqrt{2}\)

nsinr₂ = sini₂ => \(\sqrt{2}\)sin30⁰ = sini₂ => i₂ = 45⁰

Góc lệch : D = i₁ + i₂ – A = 45 + 45 – 60 = 30

Chọn B

Đường sức từ là những đường vẽ ở trong không gian có từ trường, sao cho tiếp tuyến tại mỗi điểm có hướng trùng với hướng của từ trường tại điểm đó.

Chọn A

Dòng điện cảm ứng xuất hiện trong mạch kín có chiều sao cho từ trường cảm ứng có tác dụng chống lại sự biến thiên của từ thông ban đầu qua mạch kín.

Chọn B

Lăng kính là một khối chất đồng chất thường có dạng lăng trụ tam giác.

Chọn A.

Cảm ứng từ tổng hợp tại M: \(\overrightarrow {{B_M}}  = \overrightarrow {{B_1}}  + \overrightarrow {{B_2}} \)

Biểu diễn các vecto cảm ứng từ tại M trên hình vẽ:

Từ hình vẽ ta có: \(\overrightarrow {{B_1}}  \uparrow  \downarrow \overrightarrow {{B_2}}  \Rightarrow {B_M} = \left| {{B_1} - {B_2}} \right|\)

Với: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
{B_1} = {2.10^{ - 7}}\frac{{{I_1}}}{{M{O_1}}} = {12.10^{ - 6}}T\\
{B_2} = {2.10^{ - 7}}\frac{{{I_2}}}{{M{O_2}}} = {6.10^{ - 6}}T
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {B_M} = \left| {{B_1} - {B_2}} \right| = \left| {{{12.10}^{ - 6}} - {{6.10}^{ - 6}}} \right| = {6.10^{ - 6}}T\)

Chọn A.

Ảnh có thể là ảnh thật hoặc ảnh ảo

Áp dụng công thức thấu kính: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d'}\) . Ta có

Hệ số phóng đại ảnh: \(k=-\frac{d'}{d}=\frac{f}{f-d}\)

+ Nếu ảnh là ảnh thật thì ảnh và vật ngược chiều nên : \(\frac{f}{f-d}=-4\Rightarrow d=\frac{5f}{4}=25cm\)

+ Nếu ảnh là ảnh ảo thì ảnh và vật cùng chiều: \(\frac{f}{f-d}=4\Rightarrow d=\frac{3f}{4}=15cm\)

Chọn D

Độ lớn lực Lorenxo tác dụng lên proton là:

                        F = |q|vBsinα = 1,6.10^-19.3.10⁷.1,5.sin30⁰ = 3,6.10^-12N

Chọn B

Ảnh thật nên thấu kính là thấu kính hội tụ

Gọi d₁, d₁’ là khoảng cách từ thấu kính đến vật và ảnh trước khi dịch chuyển, d₂, d₂’ là khoảng cách từ thấu kính đến vật và ảnh sau khi dịch chuyển

Do ảnh và vật luôn dịch chuyển cùng chiều nên:

                        d₂ = d₁ – a = 18cm

                        d₂’ = d₁’ + b

Vì ảnh thật nên ngược chiều vật.

Ta có: \(\frac{{{k}_{2}}}{{{k}_{1}}}=\frac{5}{3}\Rightarrow \frac{{{h}_{1}}'}{{{h}_{2}}'}=\frac{5}{3}\Rightarrow \frac{{{d}_{1}}'}{{{d}_{2}}'}=\frac{5}{3}\Rightarrow \frac{f-{{d}_{1}}}{f-{{d}_{2}}}=\frac{5}{3}\Rightarrow f=15cm\)

Vậy     \({{d}_{1}}'=\frac{{{d}_{1}}f}{{{d}_{1}}-f}=60cm\)

            \({{d}_{2}}'=\frac{{{d}_{2}}f}{{{d}_{2}}-f}=90cm\)

Nên b = d₂’ – d₁’ = 90 – 60 = 30cm

Chọn D

Áp dụng biểu thức định luật khúc xạ ánh sáng:

n₁sini = n₂sinr => sin45⁰ = n.sin30⁰ => n = \(\sqrt{2}\)

Chọn B

Áp dụng công thức lăng kính: A = r₁ + r₂ => 90⁰ = 30⁰ + r₂ => r₂ = 60⁰

Chọn D

Độ lớn lực lo ren xơ: f = |q|vB

\( \Rightarrow v = \frac{F}{{\left| q \right|B}} = \frac{{1,{{6.10}^{ - 12}}}}{{1,{{6.10}^{ - 19}}.10}} = {1.10^6}\,\,\left( {m/s} \right)\)

Chọn B

Theo bài ra ta có: \({i_1} = {45^0};n = \sqrt 2 \)

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có:

\(\sin {i_1} = n.\sin {r_1} \Rightarrow \sin {45^0} = \sqrt 2 .\sin {r_1} \Rightarrow {r_1} = {30^0}\)

Lại có: \(A = {r_1} + {r_2} \Rightarrow {r_2} = A-{r_1} = {60^0}-{30^0} = {30^0}\)

Mặt khác: \(n.\sin {r_2} = \sin {i_2} \Rightarrow \sqrt 2 .\sin {30^0} = \sin {i_2} \Rightarrow {i_2} = {45^0}\)

Góc lệch: \(D = ({i_1} + {\rm{ }}{i_2})-A = {45^0} + {45^0} - {60^0} = {30^0}\)

Chọn B.

Độ lớn lực Lorenxo tác dụng lên điện tích: \(F = \left| q \right|vB \Rightarrow F \sim v\)

\( \Rightarrow \frac{{{F_1}}}{{{F_2}}} = \frac{{{v_1}}}{{{v_2}}} \Rightarrow {F_2} = {F_1}.\frac{{{v_2}}}{{{v_1}}} = {2.10^{ - 6}}.\frac{{4,{{5.10}^7}}}{{1,{{8.10}^6}}} = {5.10^{ - 5}}\,\,\left( N \right)\)

Chọn A

Từ thông φ = Bscosα

Suất điện động cảm ứng có độ lớn

                        \(e=\left| -\frac{\Delta \varphi }{\Delta t} \right|=\left| -\frac{\Delta BS\cos 0}{{}^{1}/{}_{5}} \right|=\frac{{{1,2.0,2}^{2}}}{{}^{1}/{}_{5}}=0,24V=240mV\)

Chọn D

Suất điện động cảm ứng : e = Blvsinα = 5.10^-4.0,2.5.sin90 = 5.10^-4V = 0,5mV

Chọn D

Ta có sini_gh = 1/1,33 => i_gh = 48,75⁰

Tại các điểm có i < i_gh sẽ có chùm tia sáng ló ra => tani ≤ tan48,75⁰

=> Vùng sáng là hình tròn bán kính R với: R/1 = 1,14m

Chọn C