安徽省A10聯(lián)盟2024屆高三年級下冊最后一卷理綜物理試題 含解析

安徽省A10聯(lián)盟2024屆高三最終一卷理綜物理試題

二、選擇題

1.隨著中國在核能發(fā)電領(lǐng)域的發(fā)展，國際能源署界長提林?比羅爾估計到2030年中國就會

超過美國成為全球最大的核能國家。下列關(guān)于核反應(yīng)和核能的說法正確的是

A.原子彈是利用輕核聚變制成的核武器

B.任何核反應(yīng)滿意質(zhì)量守恒定律

C.原子核結(jié)合能越大，表明原子核中的核子結(jié)合得越牢周，原子核就越穩(wěn)定

D.假如不對裂變的鏈武反應(yīng)加以限制，就會在極短的時間內(nèi)釋放出巨大的能量，發(fā)生猛烈爆

炸

【答案】D

【解析】原子彈是利用重核裂變(鏈?zhǔn)椒磻?yīng))制成的核武器，故A錯誤；原子核發(fā)生衰變時

要遵守電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒的規(guī)律，但質(zhì)量并不守恒，故B錯誤。原子核中，核子的比

結(jié)合能越大，表示原子核中核子結(jié)合得越牢，原子核越穩(wěn)定，故C錯誤。若核燃料能達到足

夠多時，假如對裂變的鏈?zhǔn)椒磻?yīng)不加限制，在極短的時間內(nèi)會釋放出巨大的能量，發(fā)生猛烈

爆炸，故D正確：故選D。

【點睛】核能分為裂變和聚變兩種，裂變分為兩種：可控鏈?zhǔn)椒磻?yīng)和不行控鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，前者

主要應(yīng)用在核反應(yīng)堆中，后者應(yīng)用在原子彈中；聚變主要應(yīng)用在氫彈上。比結(jié)合能越大，表

示原子核中核子結(jié)合得越牢，原子核越穩(wěn)定.

2.勻強電場平行于等邊三角形ABC所在的平面，M、N分別是BC和AC的中點。同一帶負(fù)電的

點電荷，由A移到B電場力做功1.2X10),由A移到C電場力做功2.4X10),則下列說法

正確的是

A.M、N連線所在直線為等勢線

B.A點電勢高于B點

C.將該點電荷由A點移到M點，電場力做功1.8X10)

D.勻強電場的方向由A點指向C點

【答案】C

【解析】負(fù)電荷由A移到B電場力做功1.2x10'8|，由A移到C電場力做功2/X10-8|，即

%=等，根據(jù)W=Uq,可知如=與，又N為AC的中點，根據(jù)U=Ed,可得加=苧，故

UAB=UAN=與，即B點的電勢與N點電勢相等，即B與N的連線是一條等勢線；負(fù)電荷從低電勢

點運動到高電勢點，電場力做正功，故A點的電勢低于B點的電勢，而B點的電勢又低于C點的電

勢，故M點的電勢高于B點電勢，所以M、N兩點的電勢不相等，勻強電場的方向為過C點作BN連

線的垂線斜向左上方，故ABD錯誤；作BN的平行線MD,如圖

因BN是等勢線，故MD也是等勢線，即M及D的電勢相等，由幾何關(guān)系可知，則，依據(jù)W=Uq

8

可知，WAD=^WAC=1.8X10'J,卻將該點電荷由A點移到M點，電場力做功

WAMMW2T8*10個,故C正確；故選C。

【點睛】電場力做功量等于電勢能的改變.勻強電場的電場線為相互平行間隔相等的平行線,

而等勢線及電場線垂直；依據(jù)電場線及等勢線的特點可確定電場線的方向，依據(jù)歸Uq分析電

場力做功的狀況。

3.已知月球繞地球做圓周運動的軌道半輕為r,周期為T。如圖，某小行星拂過地球時其軌

道剛好及月球軌道相切于A點，若只考慮地球?qū)λ囊ψ饔?，?dāng)這顆小行星運動到A點時,

可以求出其

A.加速度的大小

B.線速度的大小

C.角速度的大小

D.受到地球的引力

【答案】A

【解析】已知月球繞地球做圓周運動的軌道半輕為r,周期為T,由萬有引力供應(yīng)向心力，得：,

可以解得地球的質(zhì)量，小行星運動到A點時，距地球的距離為r,依據(jù)牛頓其次定律得：，解

得：，可以解出加速度的大小，因小行星不是圍繞地球做勻速圓周運動，故無法求出線速度、

角速度的大小，因不知道小行星的質(zhì)量，故無法求出小行星在A點受到地球的引力，故A正

確，BCD錯誤；故選A。

【點睛】由月球繞地球做圓周運動的軌道半輕為r,周期為T,可以求出地球的質(zhì)量；依據(jù)牛

頓其次定律可以求出加速度的大小。

4.t=0時，甲、乙兩車同時同向行駛，其位移時間圖象分別為圖中直線甲和曲線乙。已知乙

車的加速度恒定，且大小為4m/s2,t=3s時，直線甲和曲線乙剛好相切，則t=0時甲車和乙

車的距離為

A.16mB.18mC.20mD.22m

【答案】B

【解析】由圖可知，甲車的速度為，3s時，直線甲和曲線乙剛好相切，即此時乙車的速度

V2=4m4由圖可知乙車做勻減速直線運動，即J=4m/sl設(shè)乙車的初速度為同，由后三包,

得卜o=16m/*由圖可知甲車的位移為月=12噸乙車的位移為*2=女產(chǎn)1=竺9><3=30111，

t=3s時，甲車和乙車到達同一位置，則|Ax=X2-X]=18m|,故選B。

【點睛】由圖知，甲車做勻速直線運動，由斜率求出甲車的速度.t=3s時，直線甲及曲線乙

剛好相切，兩車的速度相等，對乙車，由速度時間公式求出乙車的初速度.由位移公式求出

兩車的位移，即可求得t=0s時兩車相距的距離.

5.用正弦式交變電流通過一志向變壓器給距離較遠的用戶供電，電路圖可等效為圖示電路。

副線線圈及用戶之間導(dǎo)線的電阻為r,其余部分導(dǎo)線及電流表的電阻均不計。已知開關(guān)S閉合

前后用戶消耗的電功率相等，變壓器輸入電壓有效值不變，則下列說法正確的是

A.R：r=2：1

B.開關(guān)閉合前后輸電線上損失的功率之比為1：2

C.開關(guān)閉合前后變壓器的輸人功率不變

D.開關(guān)閉合前后電流表的讀數(shù)之匕為1：2

【答案】B

【解析】變壓器輸人電壓有效值不變，故副線圈兩端電壓不變，設(shè)為回，由題知，閉合前用

戶消耗的電功率為，閉合后用戶消耗的電功率為，因曰],即，解得：匹百，故A錯誤;

閉合前輸電線上損失的功率為，閉合后輸電線上損失的功率為，故尿加=卜小故B正確；依

據(jù)P=UI,可知閉合前后電壓不變，電流變大，故變壓器的輸入功率變大，故c錯誤；閉合前

副線圈的電流為，閉合后副線圈的電流為，則副線圈電流之比為，依據(jù)電流及匝數(shù)的關(guān)系，

故原線圈的電流之比為，故D錯誤；故選B。

【點睛】閉合前后副線圈的電壓不變，電阻改變，從而電流改變，利用用戶消耗的功率不變

得到R及r的關(guān)系，依據(jù)&=收分析輸電線損失的功率,依據(jù)副線圈電流的改變，得出原線圈

電流的改變。

6.如圖，兩光滑平行直導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌平面的候角為。。有兩磁場均垂直于導(dǎo)軌平面，

磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反、以虛線AC為界。兩磁場區(qū)域內(nèi)分別有MN、P0兩個金屬棒

放置在導(dǎo)軌上，兩金屬棒的質(zhì)量相等、垂直于導(dǎo)軟并及導(dǎo)軌接觸良好，保持MN靜止，釋放PQ

導(dǎo)軌足夠長，則下列說快正確的是

A.當(dāng)PQ棒的加速度為a時釋放MN棒，釋放的一瞬間MN棒的加速度也為a

B.當(dāng)P0棒的加速度為a時釋放MN棒，釋放的一瞬間MN棒的加速度大于a

C.當(dāng)PQ棒速度達到最大時釋放MN棒，釋放的一瞬間MN棒有最大加速度

D.當(dāng)PQ棒速度達到最大時釋放MN棒，釋放后MN棒會處于靜止?fàn)顟B(tài)

【答案】AD

【解析】當(dāng)PQ棒的加速度為a時，設(shè)此時的電流為I,對PQ受力分析，由牛頓其次定律得：

ImgsinB—BIL=ma|,對MN受力分析，由牛頓其次定律得：mgsinO-BIL=ma，聯(lián)立得：=a|?

故A正確，B錯誤：當(dāng)PQ棒速度達到最大時，對PQ受力分析，則有：［ngsinO-BI‘L=d，解得:

mgsinO=BIL＞此時對MN受力分析，則有：mgsmO-Bl'L=C，故釋放后MN棒會處于靜止?fàn)顟B(tài),

故C錯誤，D正確；故選AD。

【點睛】依據(jù)題目所給狀態(tài)，分別對PQ和MN受力分析，依據(jù)牛頓其次定律求解MN的加速度,

依據(jù)達到最大速度分析MN的受力狀況。

7.如圖，質(zhì)量為2m、傾角0=37。的斜面體放在光滑水平面上，斜面上有一質(zhì)量為m的物塊。

用水平推力推物塊，物塊和斜面體保持相對靜止，一起向右做勻加速直線運動。已知物塊及

斜面間的動摩擦因數(shù)為u=0.5.重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37，=0.8.假設(shè)最大靜摩擦

力等于滑動摩擦力，則物塊的加速度大小可能為

【答案】ABC

【解析】對整體受力分析，由牛頓其次定律得：F=3ma；當(dāng)F較小時，物塊受到的最大靜摩擦

力沿斜面對上，對其受力分析，如圖

mg

在豎直方向上，根據(jù)平衡條件得：FNCOSQ+fsinO=mg,在水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律得:

F+fcose-FNsin0=ma,聯(lián)立解得：a=[g；當(dāng)F較大時，物塊受到沿斜面向下的最大靜摩擦

力，對其受力分析，如圖

在豎直方向上，依據(jù)平衡條件得；FN<x>sO=fsinO+m￡,在水平方向上，依據(jù)牛頓其次定律得;

F-fcosO-FNsm。三代,聯(lián)立解得：故加速度的范圍為，故ABC正確，D錯誤，故選ABC。

【點睛】分兩種狀況探討最大靜摩擦力的方向，依據(jù)整體法求出加速度，再依據(jù)隔離法求出

加速度的最小值和最大值，得出加速度的范圍，即可分析求解。

8.如圖，一個質(zhì)量為m的光滑小環(huán)套在一根輕質(zhì)細(xì)繩上，細(xì)繩的兩端分別系在豎直的桿上A、

B兩點，讓豎直桿以角速度3勻速轉(zhuǎn)動，此時小環(huán)在繩上C點，AC和BC及豎直方向的夾角

分別為37。和53。,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g.則

A.繩上的張力大小為ig

B.繩子的長度為強

112m3

35g

C.桿上A、B兩點間的距離為T

I2or

D.環(huán)做圓周運動的向心加速度大小等于g

【答案】ABD

【解析】對小環(huán)受力分析，可知其受重力和繩子的拉力作用，受力分析如圖

在豎直方向上，依據(jù)平衡條件得：Tcos530+Tcos37°=m￡，在水平方向上，依據(jù)牛頓其次定

律得：Tsin53°+Tsin370=mco2r?聯(lián)立解得:向心加速度曰三依據(jù)幾何關(guān)系，

得繩長，依據(jù)幾何關(guān)系，得AB間的距離為卜=」=-」＜=一與，故ABD正確，C錯誤；

tan37tan5312co”

故選ABDo

【點睛】同一根繩拉力大小相等，對環(huán)受力分析，進行正交分解，依據(jù)平衡條件和牛頓其次

定律列式求解拉力，向心加速度，繩長和AB間的距離。

三、非選擇題

9.某試驗小組利用如圖甲所示的試驗裝置探討滑塊做勻加速直線運動時的加速度。

(1)利用游標(biāo)為50分度的游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度，其讀數(shù)如圖乙所示，則遮光條的寬度

為mm；

(2)用米尺測量出兩光電門之間的距離如圖內(nèi)所示，則米尺的讀數(shù)為cm；

(3)組裝好試驗器材后，將滑塊由靜止釋放，在重錘的牽引下沿長木板做加速運動，滑塊通過

兩光電門時，這光條的指光時間分別為國=2.50X10%,叵*1.25X1。々S.由以上數(shù)據(jù)可求得

該滑塊微勻加速直線運動時的加速度大小為m/s2o(結(jié)果保留兩位小數(shù))

才?電立無電沖、、

十個時"胃d小"中irrr

乙

【答案】（1）.5.06（2）.20.0（19.9-20.1均可）（3）.0.31（0.30-0.32均可）

【解析】(1)游標(biāo)卡尺的固定刻度讀數(shù)為,10-5癡^游標(biāo)讀數(shù)為|。02?3mm-0.06nii1

所以最終讀數(shù)為：15mm+0.06mm=5.06mm|；(2)由圖可知米尺的讀數(shù)為20.0cm；(3)經(jīng)過光

電門A的速度為，經(jīng)過光電門B的速度為，依據(jù)速度位移公式得:，代入數(shù)據(jù)得：b=0.31m/s不

【點睛】了解不同的測量工具的精確度和讀數(shù)方法.知道光電門測量滑塊瞬時速度的原理.依

據(jù)運動學(xué)公式求出加速度.

10.某同學(xué)要測量電池組的電動勢和內(nèi)阻，依據(jù)試驗室供應(yīng)的器材，設(shè)計了圖甲所示的電路

圖。

(1)請依據(jù)電路圖將圖中器材連接成電路

(2)閉合電鍵后，調(diào)整電阻箱。得到多組電阻箱接入電路的阻值R和對應(yīng)的電壓表的示數(shù)U,

作出圖象如圖乙所示，圖線及橫、縱坐標(biāo)軸的裁距分別為-b、a,定值電陽的阻值用聞表

示，則該電池組的電動勢為一一，內(nèi)阻為一：測得的電動勢及真實值相比._(選

填“偏大”、“偏小”或“相等”)

(3)該同學(xué)嘗試以電壓表讀數(shù)U為縱坐標(biāo)作圖，為使做出的圖線為一條直線，圖象的橫坐標(biāo)表

示的物理量應(yīng)當(dāng)是(用測量值的符號表示)

【答案】(1).如圖所示；

(2).口(3).(4).偏小(5).:

【解析】(1)依據(jù)圖示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示:

依據(jù)閉合電路的歐姆定律得:，變形得:，則圖象的斜率：，縱軸截距:

(2)FI解得:日

由于電壓表分流作用，通過電流表的電流大于H，則電動勢的測量值小于真實值。(3)依據(jù)閉

合電路的歐姆定律得：，變形得：，u及，是線性關(guān)系，要得到直線圖象，橫坐標(biāo)應(yīng)表示目。

【點睛】依據(jù)電路圖連接實物電路圖。依據(jù)電路圖應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數(shù)表

達式，然后答題。依據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，然后依

據(jù)圖示圖象求出電源的電動勢及內(nèi)阻，再分析試驗誤差。

11.如圖，光滑水平面上靜止質(zhì)量區(qū))=1.0kg、長L=0.3m的木板，木板右端有質(zhì)量回=1.0kg

的小滑塊，在滑塊正上方的0點用長r=0.4m的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛質(zhì)量m=0.5kg的小球。將小球向

右上方拉至細(xì)繩及整直方向成60°的位置由靜止釋放，小球擺到最低點及滑塊發(fā)生正碰

并被反彈，碰撞時間極短，碰撞前后瞬間細(xì)繩對小球的拉力減小了4.8N,最終小滑塊恰好不

會從木板上滑下。不計空氣阻力、滑塊、小球均可視為質(zhì)點，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)小球碰前、碰后瞬間的速度大??；

(2)小滑塊及木板之間的動摩擦因數(shù)。

【答案】(l)2m/s,0.4m/s(2)0.12

【解析】試題分析：(1)依據(jù)機械能守恒求出小球下擺到最低點的速度，依據(jù)碰撞前后拉力

減小了4.8N,分別列出碰撞前后向心力的表達式，即可求出碰撞后的速度大?。?2)利用動

量守恒和能量守恒即可求出動摩擦因數(shù)。

(1)小球下擺過程，機械能守恒

小球碰前瞬間的速度大小卜=向=2m/《

小球及小滑塊碰撞前、后瞬間，由向心力公式可得：

9

由題意得：|T-T=4.8N|

聯(lián)立求得碰后瞬間小球的速度大小為|v'=04md

(2)小球及小滑塊碰撞過程，動量守恒得：mv=-mv+m2Vj

解得：V1=L2m.

小滑塊在木板上滑動過程中，動量守恒得：|m2V「(mi+m^v?

解得：V?=0.6mA

由能量守恒可得：pm12gL=+m/v；

~22

小滑塊及木板之間的動摩擦因數(shù)u=0.12

【點睛】本題考查了動量守恒定律、能量守恒定律、機械能守恒定律的綜合運用，知道小球

和小滑塊碰撞的瞬間，系統(tǒng)動量守恒；小滑塊在木板上運動的過程中，系統(tǒng)動量守恒.

12.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一、二、三象限內(nèi)存在乘直紙面對外的勻強磁場，在第四

象限內(nèi)存在沿X軸負(fù)方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電量為-q的帶電粒子以初速度v從原點0

沿y軸正方向射入勻強磁場，經(jīng)過時間進入勻強電場，在電場中運動一段時間后離開電場，

粒子再次進入勻強磁場后恰好能干脆回到原點0。不計粒子重力，求：

(1)磁場的磁感應(yīng)強度B；

(2)粒子第一次在電場中運動的時間琲

(3)粒子第n次離開電場時距原點的距離同.

【答案】(1)S⑵巫⑶(n=l,2,3.....)

qt|九

【解析】試題分析：(1)粒子第?象限做勻速圓周運動，依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力及周期定

義式即可求得磁感應(yīng)強度；(2)依據(jù)粒子在電場中做類平拋運動的規(guī)律和在磁場中做勻速圓

運動的規(guī)律即可求解：(3)依據(jù)題意作出粒子運動的軌跡圖，得出第n次離開電場時距離原

點的距離。

(1)設(shè)粒子在第一象限做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T,貝IJ：,,

解得:

(2)設(shè)粒子第一次離開電場時的速度為日，方向及-y的夾角為0,沿-y方向的位移為目，如

粒子在電場中做類平拋運動，有

粒子再次進入磁場時做圓周運動的半徑

由，可得

聯(lián)立解得

粒子第一次在電場中運動的時間

(3)粒子其次次進入電場后的速度為5且及-y方向的夾角為0,粒子做類斜拋運動。易知粒

子其次次在電場中運動的時間為卜=2"

在y方向的位移為

粒子第三次進人電場及第一次離開電場的位置相同，運動軌跡如圖中虛線所示，可知粒子第n

次離開電場時位置（n=l,2,3......）

【點睛】本題考查了帶電粒子在勻強磁場、電場中的運動。解決本題的關(guān)鍵理清粒子整個過

程中的運動規(guī)律，駕馭處理類平拋運動和圓周運動的方法，作出運動軌跡，結(jié)合牛頓其次定

律、運動學(xué)公式進行求解。

13.下列說法正確的是

A.單晶體中原子（或分子、離子）的排列具有空間周期性

B.由同種元素構(gòu)成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體

C.同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種形態(tài)出現(xiàn)

D.一塊勻稱薄片，沿各個方向?qū)λ┘永?，發(fā)覺其強度一樣，則此薄片肯定是非晶體

E.燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層的玻璃片背面，熔化的蜂蠟呈圓形，說明蜂蠟是非晶體

【答案】ABC

【解析】單晶體具有各向異性，原子（或分子、離子）的排列具有空間周期性，故A正確；

由同種元素構(gòu)成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，例如石墨和金

剛石，故B正確。同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)，如自然水晶是晶體。

而熔化后再凝固的水晶是非晶體，故C正確；一塊勻稱薄片，沿各個方向?qū)λ┘永?，發(fā)

覺其強度一樣，即各向同性，則此薄片可能是多晶體也可能是非晶體，同時也可能是單晶體,

因為單晶體某些物理性質(zhì)各向異性，有些物理性質(zhì)各向同性，故D錯誤；燒熱的針尖接觸涂

有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明云母片是晶體，故E錯誤；故選ABC。

【點睛】晶體分為單晶體和多晶體，都有固定的熔點，單晶體具有各向異性，多晶體非晶體

各向同性；；同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn).

14.如圖，一絕熱氣缸豎直放置，氣缸內(nèi)橫截面積月三1亟曷的光滑絕熱活塞封閉著肯定質(zhì)量

的志向氣體。在活塞上面放置一個物體，活塞和物體的總質(zhì)量為nplOkg。在汽缸內(nèi)部有一個

阻值R=4Q的電阻絲，電阻絲兩端的電壓U=12V0接通電源10s后斷開，活塞緩慢上升h=10cm.

已知志向氣體的初始溫度卜=27°q、體積v=3x10%，大氣壓Po=10x10七，重力加速度

g-10m/s彳若電阻絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體汲取,求：

(i)活塞上升10cm后志向氣體的溫度；

(ii)從接通電源到活塞上升10cm的過程中志向氣體的內(nèi)能改變量。

【答案】(i)400K(127℃)(ii)250J

【解析1試題分析：(i)氣體壓強不變，依據(jù)蓋呂-薩克定律求解溫度；(ii)對活塞分析，

活塞受力平衡，則由平衡關(guān)系可求得氣體壓強；由于緩慢移動可認(rèn)為恒力作用，求出氣體對

外界做功，依據(jù)焦耳定律求解產(chǎn)生的熱量；再依據(jù)熱力學(xué)第肯定律求解內(nèi)能.

(i)氣體的壓強保持不變，由蓋呂-薩克定律得：

解得：T=^^To=4OOK(127℃)

(ii)設(shè)汽缸內(nèi)氣體的壓強為p,選活塞為探討對象，活塞緩慢移動受力平衡

依據(jù)平衡得：|p0S+mg=pS

解得：|p=Ll*10%

活塞在上升h=10cm的過程中外界對氣體做功心-Fh=-pSh=T10j

電阻絲在通電10s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為

依據(jù)熱力學(xué)第肯定律得：|AU=W+Q=i^j|,即氣體的內(nèi)能增加了250J

【點睛】本題主要考查了氣體試驗定律及熱力學(xué)第肯定律，要求學(xué)生能從題目中找出所需信

息，依據(jù)氣體試驗定律和熱力學(xué)第肯定律進行求解。

15.如圖，軸上國及國是兩個波源，產(chǎn)生的簡諧波分別沿軸向右、向左傳播，波速均為

v=0.4m/s,振幅均為A=2cm,圖示為t=0時刻兩列波的圖象，此時分別傳播到P點和Q點，下

列說法正確的是

A.圖示時刻質(zhì)點P^Q都沿y軸負(fù)向運動

B.t=0.75s時刻,質(zhì)點P、Q都運動到M點

C.t=ls時刻，質(zhì)點M的位移為-4cm

D.t=L25s時刻,質(zhì)點M為振動減弱點

E.t=3.5s時刻，質(zhì)點P的位移為0

【答案】ACE

【解析】由波的傳播方向可確定質(zhì)點的振動方向：逆向描波法。兩列簡諧橫波分別沿X