第一章 专题强化5 带电粒子在组合场中的运动（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册学习笔记（人教版 浙江专版）

本高中物理讲义聚焦带电粒子在组合场及立体空间中的运动，系统梳理从电场中匀变速直线、类平抛运动到磁场中匀速圆周运动，再到组合场运动规律的递进式知识脉络，构建清晰学习支架。 该资料通过图例与例题构建运动模型，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，如例2结合类平抛与圆周运动分析。分层强化练适配不同学情，课中辅助教师教学，课后助力学生巩固知识，有效提升解决复杂问题的能力。

专题强化5　带电粒子在组合场中的运动 [学习目标]　1.进一步掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法(重点)。2.掌握带电粒子在组合场中运动问题的分析方法(重点)。3.会根据电场知识和磁场知识分析带电粒子在组合场中的运动规律(难点)。 一、带电粒子在组合场中的运动 1.组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域内交替出现。 2.组合场中的动力学分析 3.组合场运动情形图例 在匀强电场中：匀变速直线运动(速度方向与电场方向平行) 在匀强磁场中：匀速圆周运动(速度方向与磁场方向垂直) 甲 乙 在匀强电场中：类平抛运动(初速度方向与电场方向垂直) 在匀强磁场中：匀速圆周运动(速度方向与磁场方向垂直) 丙 丁 例1　(多选)(2024·宁波市高二期中)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的电压为U。将此粒子在靠近极板S1的A处无初速度释放，经电场加速后，经O点进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行S2)，图中Ox垂直极板S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则(　　) A.极板S1带正电 B.粒子到达O点的速度大小为 C.此粒子在磁场中运动的时间t＝ D.若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d＝ 答案　BC 解析　带负电粒子向右加速，所受静电力向右，电场强度向左，说明极板S1带负电，故A错误；设粒子到达O点的速度大小为v，由动能定理可得qU＝mv2，解得v＝，故B正确；由几何关系可知粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为θ＝60°＝，此粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×，故C正确； 若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB＝m，把上述求得的速度大小代入可得r＝，则该有界磁场区域的宽度d＝r＝，故D错误。 例2　(2024·舟山中学高二月考)如图所示，在y>0的空间中存在匀强电场，电场强度沿y轴负方向；在y<0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面(纸面)向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y＝－2h的P3点。不计重力。求： (1)电场强度的大小； (2)粒子到达P2时速度的大小和方向； (3)磁感应强度大小。 答案　(1)　(2)v0　方向与x轴夹角45°斜向右下方　(3) 解析　(1)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示。粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从P1运动到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度大小为a，由牛顿第二定律有qE＝ma，根据类平抛运动规律有v0t＝2h，h＝at2，联立解得E＝ (2)粒子到达P2时速度沿x方向速度分量为v0，沿y方向速度分量为v1，v表示速度的大小，θ为速度与x轴正方向的夹角，则有＝2ah，v＝，解得v1＝v0，v＝v0，由tan θ＝，则可知θ＝45°，方向与x轴夹角45°斜向右下方。 (3)设磁场的磁感应强度为B，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得qvB＝m，r是做圆周运动的半径，与x轴、y轴的交点为P2、P3，因为OP2＝OP3，θ＝45°，由几何关系可知，连线P2P3为轨迹圆的直径，由几何关系可得r＝h，联立解得B＝。 带电粒子从电场射出的末速度是进入磁场的初速度，要特别注意求解进入磁场时速度的大小和方向，这是正确求解的关键。 二、带电粒子在立体空间中的运动 例3　(2024·浙江山海协作体高二期中)如图所示，空间直角坐标系Oxyz中，M、N为竖直放置的两金属板构成的加速器，两板间电压为U。荧光屏Q位于Oxy平面上，虚线分界面P将金属板N、荧光屏Q间的区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q与Oxy平面平行，ab连线与z轴重合。区域Ⅰ、Ⅱ内可以分别充满沿y轴负方向的匀强磁场和沿y轴正方向匀强电场，磁感应强度大小为、电场强度大小为。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从M板上的a点静止释放，经加速器加速后从N板上的b孔射出，最后打在荧光屏Q上。不考虑粒子的重力，P、Q足够大，不计电场、磁场的边缘效应。求： (1)粒子在b点速度大小； (2)如果只在Ⅱ内加电场，则粒子打到荧光屏Q上时到z轴的距离； (3)如果只在Ⅰ内加磁场，则粒子经过P分界面时到z轴的距离； (4)如果在Ⅰ内加磁场同时在Ⅱ内加电场，则粒子打到荧光屏Q上的位置(用坐标x，y，z表示)。 答案　(1)　(2)d　(3)d (4)(d，d，0) 解析　(1)粒子在电场加速过程中，根据动能定理有qU＝mv2，解得v＝ (2)粒子在区域Ⅱ内电场中的轨迹如图 粒子在电场中做类平抛运动d＝vt，y1＝×t2 联立解得粒子在荧光屏Q时到z轴的距离为y1＝d (3)粒子在区域Ⅰ磁场中的运动轨迹如图 根据几何关系有sin θ＝ 又粒子在磁场中有qvB＝m 可得R＝d，可得θ＝60° 所以粒子在P分界面时到z轴的距离为 x1＝R(1－cos θ)＝d (4)如果同时存在磁场和电场，粒子在区域Ⅰ发生偏转后，在区域Ⅱ电场中做类平抛运动，粒子在z轴方向上移动的时间为t'＝ 在x轴方向上匀速直线运动，有x2＝vsin θ·t'＝d，所以x轴上的坐标x＝x1＋x2＝d 在y轴上发生偏转，该方向位移y＝t'2＝d，所以粒子打在荧光屏上的坐标为(d，d，0)。 解此类题可以先把立体图转化为平面图，然后画出带电粒子的运动轨迹，再运用带电粒子在电场、磁场中运动的规律列方程求解。 例4　如图所示，建立空间直角坐标系O－xyz，空间中存在范围足够大、大小可调节的沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场。过x轴上C(2L，0，0)点有平行于yOz平面的无限大平面光屏，质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿z轴正方向以初速度v0射入该空间中，不计粒子重力。 (1)若空间内只存在如图所示的电场，粒子打在光屏上的P点，CP＝4L，求此电场的电场强度E0的大小； (2)若空间内只存在如图所示的磁场，粒子经过一段时间到达坐标为(0，－L，L)的位置，求此磁场的磁感应强度B0的大小； (3)若电场和磁场同时存在，已知磁场磁感应强度为B，粒子第一次回到x轴上并经过A(L，0，0)点，求电场强度E的大小； (4)若空间中电磁场与(3)相同，粒子在O点时的速度v0在xOz平面内并与x轴正方向夹角为60°，且v0＝，求粒子打到光屏上时的位置坐标。 答案　(1)　(2)　(3)　(4)(2L，0，0) 解析　(1)粒子做类平抛运动，沿z轴正方向 4L＝v0t0 沿x轴正方向2L＝a0，a0＝ 解得E0＝ (2)如图，由几何关系有 R2＝(L)2＋(R－L)2 可得R＝2L 由洛伦兹力提供向心力有 qv0B0＝m，解得B0＝ (3)沿x轴正方向由静止做匀加速直线运动 L＝at2＝ yOz平面内做匀速圆周运动，第一次回到x轴，则t＝，可得E＝ (4)粒子在沿x轴正方向做匀加速直线运动 2L＝v0xt'＋at'2，a＝，v0x＝v0cos 60° 可得t'＝ 故粒子恰好在磁场中完成一个圆周，则打在光屏上时的位置坐标为(2L，0，0)。 拓展　若撤去光屏，在yOz平面右侧空间中的电磁场与(3)相同，粒子从O点沿z轴正方向以初速度v0射入空间中，则粒子第1次、第2次、第3次、……到达x轴的位置坐标(只用L表示)依次为　　　　　　　　　。  答案　L、4L、9L、… 解析　粒子沿x轴正方向由静止开始做匀加速直线运动，x1∶x2∶x3∶…＝1∶4∶9∶…，故到达x轴的位置坐标依次为L、2L、9L、… 若在某空间中同时存在电场和磁场，粒子在静电力和洛伦兹力作用下做曲线运动，可采用“降维法”分析：即先假设磁场不存在(不受洛伦兹力)，分析粒子在静电力作用下运动情况，再假设电场不存在(不受静电力)，分析粒子在洛伦兹力作用下运动情况，再利用运动的合成与分解的原理，分析实际运动情形及物理量。 专题强化练[A] [分值：50分] [1、2题，每题5分] 1.示波管中，电子束的偏转既可用电偏转也可用磁偏转技术实现。电子束经过电压为U的电场加速后，进入匀强电场或匀强磁场区，如图所示(虚线框内为电场或磁场区)。当不加电场或磁场时，电子束将打到屏幕的中心M点。为了让电子束射到M点正上方的P点，所加的偏转电场或磁场方向可能是(　　) A.竖直向上的电场 B.竖直向下的电场 C.竖直向上的磁场 D.竖直向下的磁场 答案　B 解析　若加电场，则要求电子受力向上，但电子带负电，所加电场应竖直向下，所以A错误，B正确；若加磁场，要使电子向上偏转，根据左手定则，磁场方向应垂直纸面向外，所以C、D错误。 2.(2023·绍兴市高二期末)如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差U＝100 V，带电粒子以初速度v0＝300 m/s沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d＝20 cm，则(　　) A.当v0＝600 m/s，U＝50 V时，d＝20 cm B.当v0＝600 m/s，U＝100 V时，d＝40 cm C.当v0＝300 m/s，U＝50 V时，d<20 cm D.当v0＝600 m/s，U＝100 V时，d<40 cm 答案　B 解析　设带电粒子离开电场时的速度为v， 与水平方向夹角为θ， 可得v＝ 以速度v进入磁场中做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律可得qvB＝m 可得粒子在磁场中运动的半径r＝， 由几何关系可得MN的距离d＝2rcos θ 解得d＝，与U无关， 故当v0＝300 m/s时，d＝20 cm， 当v0＝600 m/s时，d＝40 cm，B正确，A、C、D错误。 3.(10分)(2024·杭州二中高二期中)如图所示的坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度E＝400 N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，y轴负方向无限大，磁感应强度B＝1×10－4 T。现有一比荷为＝2×1011 C/kg的正离子(不计重力)，以速度v0＝4×106 m/s从O点垂直磁场射入，α＝60°，离子通过磁场后刚好直接从A点射出，之后进入电场。求： (1)(3分)离子从O点进入磁场B中做匀速圆周运动的半径R； (2)(3分)离子进入电场后经多少时间再次到达x轴上； (3)(4分)若离子自O点进入磁场B运动到某一特殊位置时，再加一个垂直纸面向里的同方向的匀强磁场B1使离子做一个完整的圆周运动，然后磁场再恢复到初始数值以使粒子仍能从A点射出，求所加磁场磁感应强度B1的最小值。 答案　(1)0.2 m　(2)×10－7 s　(3)3×10－4 T 解析　(1)设离子从O点进入磁场B中做匀速圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m可得R＝， 代入数据解得R＝0.2 m (2)离子射出磁场时与x轴夹角为α＝60°，即射入电场方向与电场垂直，则离子在电场中做类平抛运动。再次到达x轴上时，根据tan 60°＝，a＝ 联立解得t＝×10－7 s (3)离子在磁场中的运动轨迹如图 离子在磁场运动一半时间时加磁场B1，运动一周且轨迹与x轴相切，撤去该磁场。由几何关系2r＝R(1－cos 60°) 根据qv0(B＋B1)＝m 联立解得B1的最小值为B1＝3×10－4 T。 [4题6分] 4.(多选)如图所示，虚线MN上方为匀强电场，下方为匀强磁场，匀强电场的电场强度大小为E，方向竖直向下且与边界MN成θ＝45°角，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为d。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)。则下列说法正确的是(　　) A.粒子第一次进入磁场时的速度大小v＝ B.粒子第一次进入磁场到第一次离开磁场的时间t＝ C.粒子第一次离开磁场到第二次进入磁场的时间t1＝ D.粒子第一次在磁场中运动的半径R＝ 答案　AB 解析　设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，由动能定理可得qEd＝mv2－0，解得v＝，故A正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，由几何关系可得，粒子第一次进磁场到第一次出磁场用时t＝，故B正确； 粒子在电场中做类平抛运动则有x＝vt1，y＝a，qE＝ma，由几何知识可得x＝y，解得t1＝，故C错误； 由qvB＝m，代入v＝，解得R＝，故D错误。 5.(12分)如图所示，平面直角坐标系xOy中，在x轴上方和y＝－L下方存在电场强度大小相等、方向相反(均平行于y轴)的匀强电场，在x轴下方和y＝－L间存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1(0，L)时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2(L，0)进入磁场，经偏转垂直y＝－L虚线进入下方电场，不计粒子重力，sin 37°＝，cos 37°＝，求： (1)(3分)粒子到达P2点时的速度大小和方向； (2)(4分)电场强度E和磁感应强度B的大小； (3)(5分)粒子从P1点出发后至第5次经过x轴所经历的时间及此时经过x轴的位置坐标。 答案　(1)v0　方向与x轴正方向的夹角为53° (2)　　(3)　(L，0) 解析　(1)如图所示，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y轴方向分速度为vy，由运动学规律有L＝v0t1，L＝t1，可得t1＝，vy＝v0，故粒子在P2点时的速度大小v＝v0，设v与x轴正方向的夹角为β，则tan β＝，即β＝53° (2)粒子从P1到P2， 由动能定理有qEL＝mv2－m 可得E＝ 作出粒子运动轨迹如图所示， 设在磁场中做匀速圆周运动的半径为r， 则由几何关系可得r＝L 由qvB＝m得B＝ (3)粒子运动一个周期的轨迹如图所示， 粒子从P1运动到P2，t1＝ 又因为T磁＝ 粒子从P2运动到M的时间为t2＝T磁＝ 粒子从M运动到N， 由牛顿第二定律得加速度a＝ 则t3＝ 则粒子第5次经过x轴经历了2个周期加1个类平抛的时间， 即为t＝4(t1＋t2＋t3)＋t1＝ 每个周期内粒子会沿x轴正方向移动的距离为 Δx＝2×L＋2×(L－L·cos 37°)＝4L 则粒子第5次经过x轴距坐标原点的距离为 x＝2Δx＋L＝L，则坐标为(L，0)。 6.(12分)(2025·宁波三锋联盟高二期中)如图所示的xOy平面内，x轴上方存在平行于y轴向下的匀强电场，x轴下方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，在y轴上坐标为L处的P点有一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，以v0的速度平行x轴进入电场中，并从x轴上的M点(图中未标出)以与x轴成60°角方向首次进入磁场中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，随后从x轴上的N点(图中未标出)首次离开磁场，且恰能回到P点，不计粒子重力，求： (1)(3分)匀强电场的电场强度大小； (2)(4分)匀强磁场的磁感应强度大小B； (3)(5分)若改变磁感应强度的大小，粒子经多次进出磁场之后能再次经过M点，求磁感应强度可能的值及粒子相邻两次经过M点的时间间隔。 答案　(1)　(2)　(3)·(n＝2，3，4…)　)(n＝2，3，4…) 解析　(1)粒子在电场中做平抛运动，由牛顿第二定律可知qE＝ma 根据匀变速直线运动的规律可得＝2aL，vy＝v0tan 60° 联立解得E＝ (2)带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，圆心在y轴上，轨迹关于y轴对称，如图所示 粒子进入磁场时的速度大小v＝＝2v0 洛伦兹力提供粒子圆周运动的向心力，则有Bqv＝ 根据几何关系可知OM＝ OM＝rsin θ＝r 解得r＝L 联立可得B＝ (3)磁感应强度增大，将使粒子在磁场中的轨道半径变小，粒子每次进出磁场的位置将向右移动，设粒子第n次出磁场的位置恰好在M点，则粒子每次出磁场的位置相对于上一次出磁场的位置右移的长度正好为MN的n分之一，即MN＝2rsin θ＝n·2(r－r')sin θ(n＝2，3，4…) 解得r'＝r 再结合牛顿第二定律可知B'qv＝ 解得B'＝·(n＝2，3，4…) 粒子在电场中运动的时间 t1＝(n－1) 粒子在磁场中运动的周期T＝ 粒子在磁场中运动的时间t2＝n·T＝ 粒子先后两次经过M点的时间间隔为t＝t1＋t2＝)(n＝2，3，4…) 专题强化练[B] [分值：30分] [1、2题，每题6分] 1.(2022·广东卷)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　) 答案　A 解析　由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。 2.(2024·宁波市高二期末)如图所示空间内有一垂直于x轴的足够大的平面M，M将x≥0的区域分成Ⅰ、Ⅱ两部分，分别填充磁感应强度大小为B，方向相反且平行于y轴的匀强磁场，xOy平面内有一带电粒子从O点以速度v射入Ⅰ区的匀强磁场中，速度方向与x轴正方向成θ＝37°，粒子在Ⅰ、Ⅱ两区域内运动后会经过y轴上的P点，其中yP＝7d，不计带电粒子的重力，sin 37°＝0.6，cos θ＝0.8。则该粒子的比荷为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　将粒子的入射速度沿水平方向与竖直方向分解，则有vx＝vcos θ＝v，vy＝vsin θ＝v，粒子水平方向的分运动为匀速圆周运动，竖直方向的分运动为匀速直线运动，假设粒子带正电，Ⅰ、Ⅱ两部分磁场方向分别沿y轴正方向与y轴负方向，作出粒子水平方向运动的俯视图如图所示。 粒子在水平方向中做匀速圆周运动，则有qvxB＝m，粒子做匀速圆周运动的周期T＝，解得R＝，T＝，粒子在左右磁场中做圆周运动的半径相等，则有α＝60°，粒子在水平方向做圆周运动的时间tx＝T，粒子在竖直方向做匀速直线运动的时间ty＝，根据分运动的等时性有tx＝ty，解得，故选A。 3.(8分)如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N间的电势差为U；底面半径为L的圆柱体区域内有竖直向上的匀强磁场，一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从圆筒M右侧由静止释放，粒子在两筒间做匀加速直线运动，在N筒内做匀速直线运动，粒子自圆筒N出来后，正对着磁场区域的中心轴线垂直进入磁场区域，在磁场中偏转了60°后射出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求： (1)(3分)粒子进入磁场区域时的速率； (2)(5分)磁感应强度的大小。 答案　(1)　(2) 解析　(1)粒子在电场中加速，由动能定理可知qU＝mv2，解得v＝ (2)根据题意以及“径向进，径向出”的规律，轨迹如图所示(俯视图) 分析可得粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝Ltan 60°＝L 粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m 解得B＝ 4.(10分)(2024·杭州市高二期末)如图所示，为某种离子诊断测量简化装置。离子源产生的离子从右侧狭缝射出后经加速器(图中未画出)加速后从小孔S进入与z轴平行的匀强磁场区。离子进入小孔S时速度方向均在yOz平面内且与z轴的夹角为θ(0≤θ≤α)。调节磁感应强度B的大小，可使部分离子通过小孔S1进入电场强度沿x轴正方向、大小为E的电场偏转区，出偏转区后在真空区飞行直至打到荧光屏上，根据离子打在屏上的光点就可作出诊断。S、S1、O点在同一水平线上，各区域沿z轴方向的长度分别为d、L、L，离子的质量m，电荷量＋q，已知离子源可产生速率范围为0~v0的离子，其中速率为v0的离子经加速后，进入匀强磁场时的速率为vm。离子的重力忽略不计。求： (1)(2分)加速器中加速电压U的大小； (2)(2分)若离子以vm沿z轴方向进入小孔S，则其打在荧光屏上的x坐标值； (3)(3分)若离子以vm沿z轴方向进入小孔S，且电场E满足E＝，若要使该离子通过电场后打到荧光屏的O点，可以在真空区加沿y正方向的匀强磁场B'，则B'多大？ (4)(3分)从零开始增大磁感应强度B恰能使以速率vm和偏角α入射的离子通过S1进入电场，则所有通过S1的离子在S点的速率v与偏角θ应满足的条件。 答案　(1)　(2)　(3)　(4)见解析 解析　(1)在加速电场中，根据动能定理 qU＝mm 解得U＝ (2)离子沿着z轴通过磁场区，通过电场偏转区的时间t1＝ 偏移量x1＝a)2 由几何关系可得打在荧光屏上的x坐标值x＝3x1＝ (3)如图所示 由类平抛运动可得 y＝at2＝)2＝L 且tan θ＝ AC＝ytan θ＝L BC＝L CD＝BC 故C为圆心r＝L v'＝vm 根据洛伦兹力提供向心力qv'B'＝m 解得B'＝ (4)进入S的离子速率范围 ≤v≤vm v与θ满足的条件为： ①0<θ≤α时，nvcos θ＝vmcos α(n＝1，2，3…) 即v＝(n＝1，2，3…) ②θ＝0时，所有离子均能通过S1。 学科网（北京）股份有限公司 $