当$\theta=\theta_{0}$时，若该电子能从$MN$边射出，求该电子通过电场的时间；

$\\dfrac{d}{\\sin\\theta_{0}}\\sqrt{\\dfrac{m}{2E_{k}}}$

由动能表达式$E_{k}= \dfrac{1}{2}mv^{2}$

根据运动学公式$v\sin\theta_{0} ⋅ t=d$

联立解得$t=\dfrac{d}{\sin\theta_{0}}\sqrt{\dfrac{m}{2E_{k}}}$

当$\theta=37^\circ $时，$t=T$时刻关闭电场后，若该电子能通过$M$点，求对应的交变电场的周期$T$；

$\\sqrt{\\dfrac{7dm}{3eE}}$

由运动学公式，在水平方向，有$x= v\sin\theta \cdot \dfrac{T}{2}$

在竖直方向，有$y=v\cos\theta \cdot \dfrac{T}{2}-\dfrac{1}{2}a{\left(\dfrac{T}{2}\right)}^{2}$

其中加速度为$a=\dfrac{eE}{m}$

根据几何关系，有$d-2x=(0.75d-2y)\tan\theta$

联立解得$T=\sqrt{\dfrac{7dm}{3eE}}$

当$E_{k}= \dfrac{eEd}{3}$时，$t=0$时刻$N$个电子从$O$点在$\theta $为$0 \sim \dfrac{\pi}{2}$范围内同时均匀射入电场，则$t=3T$时刻$M$点有电子射出；若调整电场的周期$T$，$t=0$时刻$N$个正电子（质量为$m$、电荷量为$+e$、$E_{k} =\dfrac{eEd}{3}$），从$O$点在$\theta $为$0 \sim \dfrac{\pi}{2}$范围内同时均匀射入电场，则$t=3T$时刻$M$点有正电子射出。求两种情形下，从$MN$边射出的电子与正电子的数量之比$N_{−}:N_{+}$。

$\\left( \\theta_{2}-\\dfrac{\\pi}{4} \\right):\\left( \\dfrac{\\pi}{2}-\\theta_{3} \\right)$（其中$\\cos\\theta_{2}=\\dfrac{\\sqrt{2}- 1}{2}$、$\\tan\\theta_{3}= \\dfrac{\\sqrt{21}+4}{5}$）

$t=3T$时刻，$M$点恰好有电子射出，由运动学公式在水平方向，有$d=v\sin\theta_{1}3T$

在竖直方向，有$\dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{3d}{4}=v\cos\theta_{1} \cdot \dfrac{T}{2}-\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{eE}{m} \cdot {\left(\dfrac{T}{2}\right)}^{2}$

解得$\theta_{1}=\dfrac{\pi}{4}$

恰好不从$ON$边射出，应满足$- \dfrac{\sqrt{2}}{2}v\cos\theta_{2}=v\cos\theta_{2}-\dfrac{qE}{m} \cdot \dfrac{T}{2}$

可得$\cos\theta_{2}=\dfrac{\sqrt{2}-1}{2}$

对正电子，同理由运动学公式在水平方向，有$d=v\sin\theta_{3} ⋅ 3T_{1}$

在竖直方向，有$\dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{3d}{4}=v\cos\theta_{3} \cdot \dfrac{T_{1}}{2}+\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{eE}{m} \cdot {\left(\dfrac{T_{1}}{2}\right)}^{2}$

解得$\tan\theta_{3}=\dfrac{\sqrt{21}+4}{5}$

从$MN$边射出的电子与正电子的数量之比${N}_{-}:{N}_{+}=\left( \theta_{2}-\dfrac{\pi}{4} \right):\left( \dfrac{\pi}{2}-\theta_{3} \right)$

（其中$\cos\theta_{2}=\dfrac{\sqrt{2}-1}{2}$、$\tan\theta_{3}=\dfrac{\sqrt{21}+4}{5}$）