解题思路：（1）当粒子走过圆弧对应的圆心角最小，则时间最短，作出粒子的轨迹，结合周期公式求出最短时间．
（2）S点发出的粒子最终又回到S点必须满足1．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；粒子能绕过顶点与△DEF的边相碰，根据半径公式和几何关系求出粒子的速度，结合轨迹图求出最短的时间．
（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
3a，
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
6T=
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]．
点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．
考点点评： 本题考查牛顿第二定律，掌握运动半径与周期公式的应用，注意结合几何特性及半径与长度的关系，从而确定运动轨迹，这是解题的关键．