【答案】（1） $t = \frac { 8 d } { \cos \theta _ { 0 } } \cdot \sqrt { \frac { m } { 2 E _ { \mathrm { k } } } }$ ；（2） $- 3 0 ^ { \circ } < \theta < 3 0 ^ { \circ }$ 或 $- \frac { \pi } { 6 } < \theta < \frac { \pi } { 6 }$ ；③ $N : N _ { 0 } = 5 0 \%$
【解析】
【详解】（1）电场方向竖直向上，粒子所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示
粒子在水平方向的速度为
$$
v _ {x} = v \cos \theta_ {0}
$$
根据 $E _ { \mathrm { k } } = { \frac { 1 } { 2 } } m \nu ^ { 2 }$ 可知
$$
v = \sqrt {\frac {2 E _ {\mathrm{k}}}{m}}
$$
解得
$$
t = \frac {8 d}{v _ {x}} = \frac {8 d}{\cos \theta_ {0}} \cdot \sqrt {\frac {m}{2 E _ {\mathrm{k}}}}
$$
（2）粒子进入电场时的初动能
$$
E _ {\mathrm{k}} = 4 q E d = \frac {1}{2} m v _ {0} ^ {2}
$$
粒子进入电场沿电场方向做减速运动，由牛顿第二定律可得
$$
q E = m a
$$
粒子从CD边射出电场时与轴线 $O O ^ { \prime }$ 的距离小于 $d ,$ ，则要求
$$
2 a d > (v _ {0} \sin \theta) ^ {2}
$$
解得
$$
- \frac {1}{2} < \sin \theta < \frac {1}{2}
$$
所以入射角的范围为
$$
- 3 0 ^ {\circ} < \theta < 3 0 ^ {\circ} \text {或} - \frac {\pi}{6} < \theta < \frac {\pi}{6}
$$
> ③设粒子入射角为 $\theta ^ { \prime }$ 时，粒子恰好从D 点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速相同的减速运动，加速运动。粒子的速度
$$
v ^ {\prime} = \sqrt {\frac {2 E _ {k}}{m}} = \frac {4}{3} \sqrt {\frac {3 q E d}{m}}
$$
运动时间为
$$
t _ {\text {总}} = \frac {8 d}{v ^ {\prime} \cos \theta^ {\prime}} = \frac {2}{\cos \theta^ {\prime}} \cdot \sqrt {\frac {3 m d}{q E}}
$$
粒子在沿电场方向，反复做加速相同的减速运动，加速运动，则
$$
\begin{array}{c} - 2 a d = v _ {1 d} ^ {2} - (v ^ {\prime} \sin \theta^ {\prime}) ^ {2} \\ 2 a d = v _ {2 d} ^ {2} - (v _ {1 d}) ^ {2} \\ - 2 a d = v _ {3 d} ^ {2} - (v _ {2 d}) ^ {2} \\ 2 a d = v _ {4 d} ^ {2} - (v _ {3 d}) ^ {2} \\ - 2 a d = v _ {5 d} ^ {2} - (v _ {4 d}) ^ {2} \\ 2 a d = v _ {6 d} ^ {2} - (v _ {5 d}) ^ {2} \end{array}
$$
则
$$
\begin{array}{c} v _ {2 d} = v _ {4 d} = v _ {6 d} = v ^ {\prime} \sin \theta^ {\prime} \\ v _ {1 d} = v _ {3 d} = v _ {5 d} \end{array}
$$
则粒子在分层电场中运动时间相等，设为 $t _ { 0 }$ ，则
且
$$
t _ {0} = \frac {1}{6} t _ {\text {总}} = \frac {1}{6} \times \frac {8 d}{v ^ {\prime} \cos \theta^ {\prime}} = \frac {4 d}{3 v ^ {\prime} \cos \theta^ {\prime}}
$$
$$
d = v ^ {\prime} \sin \theta \cdot t _ {0} - \frac {1}{2} \frac {q E}{m} \cdot t _ {0} ^ {2}
$$
代入数据化简可得
$$
6 \cos^ {2} \theta^ {\prime} - 8 \sin \theta^ {\prime} \cos \theta^ {\prime} + 1 = 0
$$
即
$$
\tan^ {2} \theta^ {\prime} - 8 \tan \theta^ {\prime} + 7 = 0
$$
解得
$$
\tan \theta^ {\prime} = 7 \text {(舍去)} \text {或} \tan \theta^ {\prime} = 1
$$
解得
$$
\theta^ {\prime} = \frac {\pi}{4}
$$
$$
N: N _ {0} = \frac {\theta^ {\prime}}{\frac {\pi}{2}} = 50\%
$$
则从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比
