如图所示为一横截面为正方形的阴极，边长为a=1cm，它可沿水平方向均匀发射出初速度为零的电子流，该电子流经过U0=125

（1）根据动能定理得，eU0＝
1
2mv02，
代入数据解得v0＝
2
3×107m/s．
设从O点进入偏转电场的电子刚好从下板边缘飞出电场，
则有：t＝
l
v0，y=
1
2at2，a=
eU
md，
代入数据解得y=
8
3cm．
因此只有从O点上方进入方可飞出电场
所以n＝
d−y
a＝
1
3．
（2）设电子飞出电场时速度为v，与水平方向夹角为α，
根据动能定理得，e
U
d•y＝
1
2mv2−
1
2mv02
代入数据解得v＝
10
9×107m/s，
cosα=
v0
v＝
3
5
进入磁场后，轨道半径R=
mv
eB，
L=R+Rsinθ=0。225m．
答：（1）从偏转电场中射出的电子数与从阴极发出的电子数的比值为
1
3；
（2）磁场宽度L应满足L大于等于0。225m．