（1）若发射的粒子速度垂直DE边向上，经过上图轨迹回到S点的时间最短．
粒子在磁场中运动的周期T=

2πm

qB

，
则最短时间t=

1

2

T=

πm

qB

．
（2）由牛顿第二定律得：qvB=m

v2

R

，解得R=

mv

qB

，
要求此粒子每次与△DEF的三条边碰撞时都与边垂直，
且能回到S点，则R和v应满足以下条件：
由于碰撞时速度v与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于△DEF的边上，
粒子绕过△DEF顶点D、E、F时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点（即D、E、F）上
粒子从S点开始向右作圆周运动，其轨迹为一系列半径为R的半圆，
在SE边上最后一次的碰撞点与E点的距离应为R，所以SE的长度应是R的奇数倍．
即SE=0.6a=（2n+1）R     n=0、1、2、3…
由几何关系得：OE=0.4

3

a，
延长OE至圆形区域交于M，EM=a-OE=0.3a，
若使粒子不射出磁场，有R≤0.3a…④
联立解得：n≥0.5，即n=1，2，3，4，5，6…，
解得v=

0.6qBa

(2n+1)m

，n=1，2，3，4，5，6…，
与△DEF的边碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，可见，当n=1时，所用时间最短．
如图所示（图中只画出SE间的碰撞情况），由对称性可知该粒子的轨迹包括3×2个半圆和3个圆心角为300°的圆弧，
所需时间为：t=3×2×

T

2

+3×

5

6

T=

11T

2

，
则最短时间t=

11πm

qB

．
答：（1）这些粒子中回到S点所用的最短时间是

πm

qB

．
（2）粒子的速度为

0.6qBa

(2n+1)m

，n=1，2，3，4，5，6…，最短时间为

11πm

qB

．