淄博市中考物理试题及详解.docx

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淄博市中考物理试题及详解

2016年山东省淄博市中考物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题包括15个小题，每小题2分，共30分）

1．光使世界绚丽奇妙，以下现象属于光的反射的是（　　）

A．小孔成像B．海市蜃楼C．水中倒影D．雨后彩虹

【分析】

（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；

（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；

（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的．

要解决此题，需要掌握光的反射现象，知道平面镜成像是由于光的反射形成的．

【解答】解：

A、小孔成像，成的是物体倒立的像，像之所以是倒立的，就是因为光的直线传播造成的，故与题意不符；

B、海市蜃楼是光在沿直线方向传播时，在密度不均匀的空气层中，经过折射造成的结果，故与题意不符；

C、水中倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，符合题意．

D、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，所以说雨后的天空出现彩虹是由光的色散形成的．不合题意．

故选C．

【点评】现实生活中有很多与光有关的现象，平时要注意多观察，多思考，并用所学光学知识去解释观察到的光学现象，这能提高我们运用所学知识解决实际问题的能力．

2．下列有关物态变化的判断，正确的是（　　）

A．擦在皮肤上的酒精很快变干，是升华现象，需要吸热

B．夏天会看到冰棒周围冒“白气”，是汽化现象，需要吸热

C．秋天的早晨花草上出现小露珠，是液化现象，需要放热

D．寒冷的冬天室外飘起了雪花，是凝固现象，需要放热

【分析】

（1）在一定条件下，物体的三种状态﹣﹣固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；

（2）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固．

（3）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：

凝固、液化、凝华；吸热的有：

熔化、汽化、升华．

【解答】解：

A、擦在皮肤上的酒精变干，是汽化现象，汽化吸热，故A错误；

B、夏天揭开冰棒包装后会看到冰棒冒“白气”，是空气中的水蒸气遇到温度较低的冰棒凝结成的小水滴，属于液化现象，故B错误；

C、秋天的早晨花草上出现小露珠，是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象，故C正确；

D、初冬的早晨地面上出现白色的霜，是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象，故D错误．

故选C．

【点评】本题主要考查学生对生活中常见的物态变化的认识和了解，是一道基础题．

3．安全用电越来越被人们所重视，符合安全用电要求的做法是（　　）

A．用湿手插拔电热器的插头

B．多个大功率用电器同时用一个插座

C．家庭电路中，把开关接在零线和灯泡之间

D．使用试电笔时，手指触碰笔尾的金属帽

【分析】

（1）水是导体，湿手不能插拔插头，否则会触电；

（2）电源电压一定，多个大功率用电器同时总功率会过大，由P=UI可知，会引起电流过大，易引发火灾；

（3）从安全用电的角度分析，把开关接在火线和灯泡之间；

（4）使用测

电笔时，手必须接触笔尾的金属体．

【解答】解：

A、水是导体，湿手不能插拔插头，否则会触电，故A错误；

B、电源电压一定，多个大功率用电器同时总功率会过大，由P=UI可知，会引起电流过大，易引发火灾，故B错误；

C、从安全用电的角度分析，把开关接在火线和灯泡之间，故C错误；

D、使用测电笔时，手必须接触笔尾的金属体，故D正确；

故选D．

【点评】此题考查了安全用电的相关知识，是一道综合题，难度不大．

4．）如图所示，空中加油机正在给匀速水平飞行的战斗机加油，加油后战斗机仍以原来的高度和速度做匀速飞行，则战斗机的（　　）

A．动能不变，势能不变，机械能不变

B．动能不变，势能减少，机械能减少

C．动能增加，势能不变，机械能增加

D．动能增加，势能增加，机械能增加

【分析】

（1）动能大小的影响因素：

质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大．

（2）重力势能大小的影响因素：

质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大．

（3）机械能=动能+势能．物体没有发生弹性形变，势能只考虑重力势能．

【解答】解：

加油后战斗机仍以原来的高度和速度做匀速飞行，战斗机油量增加，质量增大，动能增大．战斗机的质量增大，高度不变，重力势能增大．机械能=动能+势能，战斗机没有发生弹性形变，不考虑弹性势能．动能增大，重力势能增大，机械能增大．故A、B、C错误，D正确．

故选D．

【点评】掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素，掌握动能、重力势能、弹性势能、机械能的大小变化情况．

5．运动员将静止的足球踢出，足球沿水平地面向前运动了一段距离后停下来，那么正确的说法是（　　）

A．脚对足球的力使足球由静止开始运动

B．足球运动时重力对足球做了功

C．足球所受摩擦力不会改变足球的运动状态

D．足球最终停止运动是由于失去了脚的作用力

【分析】利用以下知识分析解答：

（1）力的作用效果：

改变物体的形状及改变物体的运动状态；

（2）物理学中的做功的两个必要条件：

一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可．

【解答】解：

A、球由静止到运动，运动状态发生了变化，是因为受到脚对它的作用力．故A正确；

B、足球沿水平地面向前运动了一段距离，距离与重力的方向垂直，所以足球运动时重力没有对足球做功．故B错误；

C、足球滚动过程中由于受到摩擦阻力作用，运

动状态发生变化，慢慢停下来，故C错误；

D、足球最终停止运动是由于受到摩擦阻力作用，运动状态发生变化，不是因为失去了脚的作用力，故D错误．

故选A．

【点评】本题结合足球运动考查相关的物理知识，注重了物理和生活的联系，属于基础知识的考查，比较简单．

6．用如图所示的滑轮组在10s内将300N的重物匀速提升3m，已知动滑轮重30N，不计摩擦，则（　　）

A．利用滑轮组所做的有用功是450J

B．绳子自由端移动的速度是0.9m/s

C．拉力的

功率是99W

D．滑轮组的机械效率是80%

【分析】克服物体的重力所做的功为有用功，克服物体重力和动滑轮重力所做的功为总功，根据W=Gh求出有用功和总功，根据P=

求出拉力的功率，根据η=

×100%求出滑轮组的机械效率，由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据s=nh求出绳端移动的距离，利用v=

求出绳子自由端移动的速度．

【解答】解：

利用滑轮组所做的有用功：

W有=Gh=300N×3m=900J，故A错误；

拉力做的功：

W总=（G+G动）h=（300N+30N）×3m=990J，

拉力的功率：

P=

=

=99W，故C正确；

滑轮组的机械效率：

η=

×100%=

×100%≈90.9%，故D错误；

由图可知，n=2，则绳端移动的距离：

s=nh=2×3m=6m，

绳子自由端移动的速度：

v=

=

=0.6m/s，故B错误．

故选C．

【点评】本题考查了功和功率、机械效率、绳端移动速度的计算，明确有用功和总功是关键．

7．下列说法中正确的是（　　）

A．电动机是电磁感应现象的应用

B．导航卫星和数字卫星电视都是利用电磁波传递信号

C．在汽油机的压缩冲程中，内能转化为机械能

D．核电站利用的是可控核聚变释放的能量

【分析】

（1）电动机是利用通电导线在磁场中受力转动来工作的；

（2）电磁波能在真空中传播，导航卫星和数字卫星电视是利用电磁波传递信息的；

（3）汽油机在压缩冲程中，把机械能转化为内能；

（4）现在的核电站是利用核裂变释放的能量发电的．

【解答】解：

A、电动机不是利用电磁感应来工作的，是利用通电导线在磁场中受力转动来工作的，故A错误；

B、电磁波能在真空中传播，导航卫星和数字卫星电视是利用电磁波传递信息的，故B正确；

C、汽油机在压缩冲程中，把机械能转化为内能，不是内能转化为机械能，故C错误；

D、目前的核电站利用的是核裂变释放的能量，故D错误．

故选B．

【点评】本题考查了电动机的原理、电磁波的利用、汽油机工作时能的转化、核电站的工作原理，涉及的知识点较多，是一道学科综合题，但难度不大．

8．烛焰通过焦距为10cm的甲凸透镜在光屏上成清晰的像，如图所示．现用焦距为5cm的乙凸透镜替换甲，不改变蜡烛和凸透镜的位置，关于乙凸透镜的成像情况，正确的说法是（　　）

A．要在光屏上成清晰的像，光屏应向右移动

B．要在光屏上成清晰的像，光屏应向左移动

C．移动光屏，可以得到一个清晰放大的实像

D．移动光屏，可以得到一个清晰放大的虚像

【分析】要解决此题，需要掌握凸透镜成像的规律，分析图象中物距和像距的大小关系，得出此时成像的特点；

将凸透镜换成焦距为5cm时，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大而得出光屏移动的方向．

【解答】解：

（1）由图知，物距大于像距，此时成倒立缩小的实像；

（2）当将凸透镜换成焦距f为5cm的，由图可知，此时u＞2f，则成倒立缩小的实像；

相当于增大了物距，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大，可知应将光屏向左移动才能得到清晰的像，综上分析，只有选项B正确，ACD错误．

故选B．

【点评】此题考查了有关凸透镜成像的规律，掌握凸透镜成像的特点与物距、像距之间的关系，难度稍大．

9．下列电路中，已知电源电压相等，且R1＜R2，则电路中电流表的示数最大的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【分析】电压一定时，根据I=

可知，电路中的电阻越小，电路中的电流越大，据此根据电阻的串并联分析个电路图中的总电阻得出答案．

【解答】解：

由选项可知，A中两电阻并联，B中两电阻串联，C中为R1的简单电路，D中为R2的简单电路，电流表均测电路中的电流，

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，

所以，选项中总电阻的关系是R并＜R1＜R2＜R串，即RA＜RC＜RD＜RB，

由I=

可知，对应的电流关系为RA＞RC＞RD＞RB．

故选A．

【点评】本题考查了欧姆定律的简单应用，实质考查了电阻的串联和电阻的并联，是一道较为简单的应用题．

10．国产舰载机在“辽宁号”航母上的成功起降，标志着中国航母时代的到来．下列关于舰载机的说法错误的是（　　）

A．飞机的速度越大，惯性越大

B．飞机起飞的过程中，运动状态不断改变

C．飞机飞离航母后，航母所受的浮力变小

D．飞机飞行时，机翼上方空气流速大压强小

【分析】

（1）惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大；

（2）运动状态改变是指速度大小的改变、运动方向的改变或者二者同时改变；

（3）漂浮在液面的物体，所受浮力与自身重力相等，据此判断；

（4）飞机机翼上方空气流速大压强小，下方空气流速小压强大，机翼在压强差的作用下，受到升力作用．

【解答】解：

A、惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，惯性的大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大；惯性的大小与速度的大小无关，故A错误；

B、飞机起飞的过程中，速度越来越块，运动状态改变了，故B正确；

C、飞机飞离航母后，航母的总重力减小，由于航母仍然漂浮在水中，所受浮力与自身重力相等，所以受到的浮力减小，故C正确；

D、飞机的机翼上凸下平，飞机飞行时，空气经过机翼上方的路程长，速度大，压强小；空气经过下方的路程短，速度小，压强大，从而使飞机获得向上的升力，故D正确．

故选A．

【点评】本题考查了我们对浮沉条件的应用、惯性的理解、平衡状态的辨别，以及流体压强与流速的关系，有一定综合性，但难度不大．

11．磁感线可以方便地描述磁场，关于磁感线的认识正确的是（　　）

A．磁感线是由铁屑组成的

B．磁感线是磁体周围真实存在的曲线

C．磁体周围的磁感线都是从磁铁的S极出发回到N极

D．地磁场的磁感线是从地球南极附近出发回到北极附近

【分析】

（1）磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线；

（2）在磁体外部，磁感线是从N极指向S极，在磁体内部，磁感线是从S极指向N极；

（3）对于地球是一个巨大的磁体，地理的南极是地磁的北极，地理的北极是地磁的南极；

【解答】解：

AB、磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线，故AB错误；

C、在磁体外部，磁感线是从N极指向S极，在磁体内部，磁感线是从S极指向N极，故C错误；

D、对于地球是一个巨大的磁体，地理的南极是地磁的北极，地理的北极是地磁的南极，故地磁场的磁感线是从地球南极附近出发回到北极附近，故D正确；

故选D．

【点评】此题考查了磁感线的理解、地磁场的理解和磁感线方向的判断，是一道综合题．

12．一杯酒精倒出一半，剩余酒精的质量、密度、比热容和热值的变化情况是（　　）

A．质量、密度、比热容和热值不变

B．质量变为原来的一半，密度、比热容和热值不变

C．质量和密度变为原来的一半，比热容和热值不变

D．质量和热值变为原来的一半，密度和比热容不变

【分析】质量是物体本身的一种属性，只有在所含物质的多少发生变化时才会改变；密度、比热容、热值是物质的某种特性，与物质的种类和状态有关，同种物质的密度、比热容、热值一般不变．

【解答】解：

酒精的比热容、热值、密度三个物理量，都是表示酒精的某种特性；是从不同的角度来描述酒精的特性，只与物质的种类和状态有关，是一般不发生变化的量；一瓶酒精用去一半，则剩下的酒精的比热容、热值、密度不变；故ACD错误；

质量是指物体所含物质的多少，一瓶酒精用去一半后，其质量将减半，故B正确；

故选B．

【点评】此题主要考查学生对物质有关物理量概念的理解和掌握，明确各个物理量的真正含义后，可顺利解决此题．

13．如图所示，水平桌面上放置甲、乙两个圆筒形容器，甲容器中盛有液体A，物块M漂浮在A中，排开液体的质量为m1，液体A对甲容器底部的压强为p1；乙容器中盛有液体B．物块N漂浮在B中，排开液体的质量为m2，液体B对乙容器底部的压强为p2．已知甲容器的底面积大于乙容器的底面积．容器中液体A、B质量相等，物块M、N质量相等．下列判断正确的是（　　）

A．p1＜p2，m1＜m2B．p1＜p2，m1=m2C．p1＞p2，m1＞m2D．p1＞p2，m1=m2

【分析】

（1）根据液体A、B质量相等可确定液体A、B的重力，因为是规则容器，所以F=G总，再根据甲容器底面积大于乙容器底面积，分析p1和p2的关系；

（2）根据物块M、N质量相等，可确定其重力关系，根据阿基米德原理分析物块M、N受到的浮力关系，然后结合物体的浮沉条件确定m1和m2的关系．

【解答】解：

（1）由液体A、B质量相等可得GA=GB，物块M、N质量相等，因为是规则容器，所以液体容器底部的压力F=G总，

则由可知：

FA=GA+GM，FB=GB+GN，由于GA+GM=GB+GN，所以，FA=FB；

已知甲容器底面积大于乙容器底面积，由p=

可得，p1＜p2；故CD错误；

（2）因为物块M、N质量相等，即MA=MB；已知M、N都是漂浮，则F浮=G排=m排g=G=Mg，

所以物块M排开液体的质量m1等于物块N排开液体的质量m2．故A错误，B正确．

故选B．

【点评】本题考查了学生对压强公式、物体浮沉条件的掌握和运用，本题关键：

一是阿基米德原理的应用；二是物体浮沉条件的应用．

14．下列关于热现象的说法中正确的是（　　）

A．温度高的物体含有的热量多

B．物体的内能增加，一定时从外界吸收了热量

C．液体的沸点随液面上方气压的增大而降低

D．冰水混合物吸热时，温度不变，内能增大

【分析】

（1）热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量；

（2）做功和热传递都能改变物体的内能；

（3）液体的沸腾随着气压的增大而升高；

（4）内能的大小与物体质量、温度和状态有关．

【解答】解：

A、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故A错误；

B、物体的内能增加，可能从外界吸收了热量，也可能是外界物体对他做功，故B错误；

C、液体的沸腾随着气压的增大而升高，液体的沸点随液面上方气压的增大而升高，故C错误；

D、冰水混合物质量不变，温度不变，但吸热，所以内能增大，故D正确．

故选D．

【点评】此题考查了热量的理解、改变内能两种方式的理解、气压与沸点关系的理解和内能的影响因素，是一道综合题．

15．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关，滑动变阻器的滑片向

左移动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．电压表

示数变大，电路表

示数变小

B．电压表

示数不变，电流表示数变大

C．电压表

示数和电流表示数的乘积变大

D．电压表

示数和电流表的比值不变

【分析】由电路图可知，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流．根据电源的

电压可知滑片移动时电压表V1示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知电压表V2示数的变化，进一步判断电压表V1示数和电流表示数的乘积变大以及电压表V2示数和电流表的比值变化．

【解答】解：

由电路图可知，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流．

因电源电压保持不变

，

所以，滑片移动时，电压表V1的示数不变，故A错误；

滑动变阻器的滑片向左移动的过程中，接入电路中电阻变小，电路中的总电阻变小，

由I=

可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，

由U=IR可知，定值电阻R1两端的电压变大，

因串联电路中总电压等于各分电压之和，

所以，滑动变阻器R2两端的电压变小，即电压表V2的示数变小，故B错误；

因电压表V1的示数不变，电流表的示数变大，电压表V2的示数变小，

所以，电压表V1示数和电流表示数的乘积变大，电压表V2示数和电流表的比值变小，故C正确、D错误．

故选C．

【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，分析好电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键．

二、理解与应用（本题包括5个小题，共14分）

16．弹钢琴时手指按压不同的琴键是为了改变声音的　音调　；利用超声波清洗眼睛说明声波能够传递　能量　．利

用声呐系统向海底垂直发射声波，经2s后收到回波．已知声音在海水中的传播速度为1531m/s，则此处海水的深度为　1531　m；利用此种方法不能测量地球和月球之间的距离，这是因为　超声波的传播需要介质，地球到月亮之间是真空，所以超声波不能传播　．

【分析】

（1）音调是指声音的高低，它和物体振动频率有关；

（2）声音能够传递信息，声音能够传递能量；

（3）声音在海水中的速度和从发射到接受的时间已知，利用s=vt可以得到海水的深度．

声音的传播需要介质，真空不能传声

【解答】解：

（1）弦乐的音调跟频率有关，频率跟松紧、长度、粗细有关，调节二胡的松紧程度，改变了弦的松紧，改变了振动频率，改变声音的音调；

（2）利用超声波清洗钟表仪器，说明声波能够传递能量；

（3）声音到达海底的时间为t=

×2s=1s，

由v=

可得，海洋的深度为s=vt=1531m/s×1s=1531m．

超声波的传播需要介质，因为地球到月亮之间是真空，所以超声波不能传播．不能用超声波测量地月距离．

故答案为：

音调；能量；1531；超声波的传播需要介质，地球到月亮之间是真空，所以超声波不能传播．

【点评】本题考查了声音的传播条件，声与能量、回声测距离分应用等，考查内容多，属于基础知识的考查，考查学生对所学的知识的理解和应用，是中招的热点．

17．如图所示是某电能表表盘的部分数据（imp表示电能表指示灯闪烁的次数）．当电路中某用电器单独工作6min时，电能表指示灯闪烁了320次，则该用电器消耗的电能是　0.1　kW•h，它的功率是　1000　W．

【分析】电能表是测量家庭电路中消耗电能多少的仪表．

3200imp/（kW•h）的含义是：

电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3200次．

根据题目所给条件和电功率的公式P=

，进行解答．

【解答】解：

因为电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3200次．

所以当指示灯闪烁320次时，消耗的电能为

W=

=0.1kW•h，

t=6min=0.1h

用电器的额定功率P=

=

=1kW=1000W．

故答案为：

0.1；1000．

【点评】本题考查学生对电能表铭牌上数据的理解情况，同时要求掌握电功率的计算方法．注意题目中的单位换算．

18．电热器是利用电流的　热效应　来工作的．某发热元件的阻值为420Ω，通过的电流为1A，通电10min产生的热量是　25200　J，这些热量能使2kg的冷水温度升高　3　℃．[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]．

【分析】

（1）电热器是将电能转化为内能的用电器，是利用电流的热效应来工作的；

（2）根据Q=I2Rt来计算产生热量的多少；

（3）根据Q=cm△t来计算水升高的温度．

【解答】解：

电热器是利用电流的热效应工作的；

电流产生热量Q=I2Rt=（1A）2×420Ω×60s=25200J；

由题意知，水吸收的热量应等于电流产生的热量，则Q吸=25200J；

由Q吸=cm△t得：

△t=

=

=3℃．

故答案为：

热效应；25200；3．

【点评】本题是电和热的综合计算题目，考查了电流的热效应、焦耳定律及热量的计算公式应用，属基础性题目．

19．杠杆调平衡后，将两个体积相同的重物分别挂在杠杆两侧的A、B处，杠杆仍然平衡，如图所示，则GA　大于　GB；若将两重物同时浸没在水中，则杠杆的　右　端下沉（选填“左”或“右”）．

【分析】设一格的距离为L，根据杠杆平衡的条件即可求出两重物得重力关系；

将两个物体GA、GB同时浸没在水中后，对杠杆的拉力F等于重力和浮力的差，根据GA×LA与GB×LB的大小关系判断杠杆是否平衡．

【解答】解：

根据图示可知，LA=5L，LB=3L；

由杠杆平衡条件GA×LA=GB×LB可得，两重物重力大小之比GA：

GB=LB：

LA=3L：

5L=3：

5，所以GA大于GB；

物体浸入水中时，对杠杆的拉力F=G﹣F浮，因为两个物体的体积相等，都同时浸没在水中，所以它们受到的浮力相等，即F浮A=F浮B；

杠杆A端：

（GA﹣F浮A）×LA=GA×LA﹣F浮A×LA，杠杆B端：

（GB﹣F浮B）×LB=GB×LB﹣F浮B×LB，

由LA＞LB可得，F浮A×LA＞F浮B×LB．

因为GA×LA=GB×LB，F浮A×LA＞F浮B×LB，所以（GA×LA﹣F浮A×LA）＜（GB×LB﹣F浮B×LB），因此杠杆的右端下降，左端上升．

故答案为：

大于；右．

【点评】此题考查了对杠杆平衡条件的应用和阿基米德原理的应用，考查了学生综合分析处理物理问题的能力．

20．如图所示，一束光从空气射向水面，请画出反射光线和折射光线．

【分析】

（1）反射定律：

反射光