（1）若發(fā)射的粒子速度垂直DE邊向上，經過上圖軌跡回到S點的時間最短．
粒子在磁場中運動的周期T=

2πm

qB

，
則最短時間t=

1

2

T=

πm

qB

．
（2）由牛頓第二定律得：qvB=m

v2

R

，解得R=

mv

qB

，
要求此粒子每次與△DEF的三條邊碰撞時都與邊垂直，
且能回到S點，則R和v應滿足以下條件：
由于碰撞時速度v與邊垂直，粒子運動軌跡圓的圓心一定位于△DEF的邊上，
粒子繞過△DEF頂點D、E、F時的圓弧的圓心就一定要在相鄰邊的交點（即D、E、F）上
粒子從S點開始向右作圓周運動，其軌跡為一系列半徑為R的半圓，
在SE邊上最后一次的碰撞點與E點的距離應為R，所以SE的長度應是R的奇數倍．
即SE=0.6a=（2n+1）R     n=0、1、2、3…
由幾何關系得：OE=0.4

3

a，
延長OE至圓形區(qū)域交于M，EM=a-OE=0.3a，
若使粒子不射出磁場，有R≤0.3a…④
聯(lián)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…，
與△DEF的邊碰撞次數愈少，所經歷的時間就愈少，可見，當n=1時，所用時間最短．
如圖所示（圖中只畫出SE間的碰撞情況），由對稱性可知該粒子的軌跡包括3×2個半圓和3個圓心角為300°的圓弧，
所需時間為：t=3×2×

T

2

+3×

5

6

T=

11T

2

，
則最短時間t=

11πm

qB

．
答：（1）這些粒子中回到S點所用的最短時間是

πm

qB

．
（2）粒子的速度為

0.6qBa

(2n+1)m

，n=1，2，3，4，5，6…，最短時間為

11πm

qB

．