2021-2022学年辽宁省重点高中协作校高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

2021-2022学年辽宁省重点高中协作校高二（上）期末物理试卷

1.     现代科学技术中，常常要研究带电粒子在磁场中的运动。如图所示，在通电直导线下方，有一电子沿平行导线方向以速度v向左开始运动，我们要研究电子的运动轨迹，应该依据下列哪些物理学定则或定律(    )
    

A. 楞次定律和右手定则 B. 安培定则和左手定则
C. 左手定则和右手定则 D. 楞次定律和安培定则

2.     11月4日，大连市突发新冠疫情，全市人民众志成城，同心战“疫”，辽宁省各市、县派出近千人的医护人员驰援大连，大连及全省的战“疫”精神传遍全国。在疫情期间，智能机器人被广泛应用各个领域。下表数据是某配送机器人工作的参数。

配送机器人满载时，匀速行驶的速度为，此时配送机器人以额定功率工作，所受阻力为总重量的倍，，则配送机器人的内阻为(    )

A.  B.  C.  D.

3.   两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等差等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是(    )
    

A. a、b、c、d、e各点中c点电势最高
B. b点和d点的电场强度相同
C. 粒子在a点的电势能大于在c点的电势能
D. 粒子从a点运动到e点的过程中的动能先减小后增大

4.   劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，如图所示为工作原理示意图。置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生粒子的质量为m、电荷量为，在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是(    )
    

A. 粒子只在电场中加速，因此加速电压越大，粒子出射速度越大
B. 粒子离开回旋加速器时的最大动能与D形盒半径成正比
C. 粒子在回旋加速器中运动的时间与加速电压U有关
D. 该加速器加速质量为2m，电荷量为的粒子时，交流电频率应变为2f

5.   延时继电器主要用于自动控制线路中，并且它可以根据需要自由调节延时的时间。如图是一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B的两端与阻值很小的电阻R构成一个闭合电路。在断开开关S的时候，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头连接工作电路离开，而是过一小段时间后才执行这个动作。延时继电器就是这样得名的。不考虑涡流的影响，下列说法正确的是(    )
    

A. 保持开关S闭合，电阻R中的电流从上往下
B. 断开开关S瞬间，A中不会产生感应电动势
C. 断开开关S后，延时原因是由于B的电磁感应现象
D. 若线圈B不闭合，仍有延时效果

6.   “凸”字形硬质闭合金属线框各边长如图所示，线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内始终以速度v向右匀速运动，时，线框开始进入磁场。选逆时针方向为正，在线框穿过匀强磁场区域的过程中，线框中的感应电流i随时间t变化的图像正确的是(    )
    

A.  B.
C.  D.

7.   如图所示，半径为R的圆形磁场区域内，存在垂直圆形区域向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形磁场的圆心处有一个粒子源，粒子源可在圆形磁场所在平面内向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。为了使沿各个方向射出的带电粒子都被限制在圆形磁场区域内，则粒子的发射速度最大为(    )
    

A.  B.  C.  D.

8.   1831年10月28日，法拉第展示人类历史上第一台发电机---圆盘发电机，如图为法拉第圆盘发电机的示意图，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘以角速度顺时针旋转从上往下看，则(    )
    

A. 圆盘转动过程中电流沿a到b的方向流过电阻R
B. 圆盘转动过程中Q点电势比P点电势低
C. 圆盘转动过程中产生的电动势大小与圆盘半径成正比
D. 若圆盘转动的角速度变为原来的3倍，则电流在R上的热功率也变为原来的3倍

9.   如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R为定值电阻，C为平行板电容器，G为灵敏电流计。闭合开关S，当环境温度明显升高且稳定后，下列说法正确的是(    )

A. R两端电压变大 B. 两端电压变大
C. C所带电荷量增大 D. 温度升高的过程中，G中电流方向由a到b

10. 如图1所示，螺线管匝数匝，横截面积，螺线管导线电阻，电阻，管内磁场的磁感应强度B的图像如图2所示以向右为正方向，下列说法正确的是(    )
     

A. 感应电流的大小逐渐变大 B. 通过电阻R的电流方向是从C到A
C. 电阻R两端的电压为2V D. 内通过R的电荷量为

11. 如图所示，一个带正电粒子以一定的初速度沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的质量为m，不计粒子的重力，则(    )
     

A. 粒子的电荷量
B. 粒子动能增加量为
C. 在粒子运动前一半时间和后一半时间的过程中，电场力做功之比为1：3
D. 在粒子运动前一半时间和后一半时间的过程中，电场力做功之比为1：2

12. 如图所示，虚线上方空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，在纸面内沿不同的方向从粒子源O先后发射速率均为v的A和B两个粒子，A、B均带正电且电荷量相同，B的质量是A的质量的2倍，两个粒子同时到达P点。已知，B粒子沿与PO成角的方向发射，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是(    )
     

A. A粒子在磁场中运动的半径为 B. B粒子在磁场中运动的半径为L
C. A粒子在磁场中运动的时间为 D. A粒子和B粒子发射的时间间隔为

13. 电表G为指针在中央的灵敏电流表，如图甲所示，把电表G连接在直流电路中时出现的偏转情况。现把它与一个线圈串联，将磁铁从线圈上方插入或拔出，请完成下列填空。
    
    图中灵敏电流计指针将向______偏转填“左”或“右”。
    图中磁铁下方的极性是______填“N极”或“S极”。
    图中磁铁的运动方向是______填“向上”或“向下”。
14. 某实验小组要测量一节干电池的电动势和内阻，根据下面提供的器材，设计了如图甲所示的原理图。
    ①电压表量程3V，内阻约为
    ②电流表量程3mA，内阻
    ③电流表量程3A，内阻约为
    ④滑动变阻器额定电流
    ⑤定值电阻
    ⑥开关S和导线若干
    
    该小组同学发现电流表A的量程太大，于是他们将电流表G与定值电阻并联，实际上是进行了电表的改装，则他们改装后的电流表对应的量程是______ A。结果保留两位有效数字
    该小组同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势______V，电源的内阻______。结果均保留两位有效数字
    若实验中电压表内阻的影响不能忽略，由上述图线求得的电动势将比真实值______填“偏大”、“不变”或“偏小”，求得的内阻将比真实值______填“偏大”、“不变”或“偏小”。
15. 2021年11月1日，央视报道我国一款新型电磁炮，它不是为了打击军事目标，而是专门用来扑灭山林大火的。发生山林大火时，山高路陡，人力灭火十分困难，利用电磁炮在山脚下发射消防灭火弹，就可以实现灭火，大大降低了灭火的难度。如图所示为某同学模拟电磁炮的原理图。为了研究方便将待发射的炮弹视为一个导体棒，导体棒质量，电阻，把导体棒垂直放置于两条与水平面成角的平行导轨的下端，导轨宽，导轨下端到上端的长度为，导轨下端接电源，电动势，内阻。垂直导轨平面有一向上的匀强磁场，磁感应强度，其余电阻不计以及摩擦力都忽略不计，不考虑电磁感应现象的影响，。求：
    
    导体棒受到安培力的大小和方向；
    导体棒离开导轨时的速度大小。
16. 如图所示，水平边界MN与PQ之间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两边界间的高度差为L。由质量为m的粗细均匀的电阻丝制成的单匝正方形线框abcd，总电阻为R，线框边长为L。现将线框从边界MN上方H处由静止释放，当ab边进入磁场后，线框开始减速运动，直到其上边cd刚好穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时速度的一半，整个过程中线框平面始终保持竖直，且cd边保持水平。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，求
    
    边刚进入磁场时a、b两点间的电势差；
    线框进入磁场的过程中，通过线框的电量q；
    线框穿过磁场的过程中，cd边产生的热量。
17. 如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，在，的区域存在竖直方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。将一个半径R的四分之一的光滑绝缘圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，是轨道的圆心，A点与等高，轨道末端水平，。将一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从A点静止释放，离开C点后进入到区域，在区域恰好做匀速圆周运动，重力加速度为g。求：
    
    匀强电场的电场强度大小和方向；
    小球在区域做匀速圆周运动的半径；
    若在x轴上放置一个长度为2R的收集板MN，。小球可以从圆弧轨道上的AB之间的任何位置静止释放，，若带电小球打在收集板之后就被立即拿走且不会改变原电场的分布，则收集板上有小球打到的区域长度。
    

答案和解析

1.【答案】B 

【解析】

【分析】
根据右手螺旋定则判断出通电导线下方的磁场方向，然后根据左手定则即可判断出电子的偏转方向。
本题考查了磁场中基本定则的应用，属于基础题，要正确区分右手螺旋定则、左手定则、右手定则，并能灵活应用。

【解答】
根据安培定则判断通电直导线下方的磁场方向，然后根据左手定则判断电子受洛伦兹力方向，从而研究电子的运动轨迹，故B正确，ACD错误；
故选：B。  

2.【答案】B 

【解析】

【分析】
本题主要考查功率的计算。解决问题的关键是清楚配送机器人满载工作时，消耗的总功率等于输出功率和内阻消耗的功率。根据各功率的表达式及功率间的关系可计算出配送机器人的内阻。

【解答】
匀速行驶的速度为，匀速运动时受力平衡，则有：，
由可得：，机器人内阻满足：，
解得：，故B正确，ACD错误。
故选：B。  

3.【答案】D 

【解析】

【分析】
根据粒子的运动方向分析出电场力的方向，从而分析出电势的高低；根据对称性得出bd两点的场强关系；根据电势能的计算公式得出电势能的大小关系；根据电势能的变化分析出动能的变化情况。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解粒子的受力分析，根据电势能的变化分析出动能的变化，整体难度不大。

【解答】
A、从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带负电粒子受到了向上的力的作用，可知场强方向大致向下，沿电场线电势逐渐降低，则a、b、c、d、e各点中c点电势最低，故A错误；
B、根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的特点可得，b点和d点的电场强度大小相同，方向不同，故B错误；
C、根据电势能可知，负电荷在电势高的地方电势能低，故粒子在a点的电势能小于在c点的电势能，故C错误；
D、结合C分析可知，粒子从a点运动到e点的过程中电势能先增大后减小，所以动能先减小再增大，故D正确。
故选：D。  

4.【答案】C 

【解析】

【分析】
根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律得出速度的表达式，利用动能的公式完成分析；理解粒子的运动周期和交流电的周期的关系，结合频率和周期的公式完成分析。
本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解粒子的能量来源，结合牛顿第二定律和洛伦兹力的公式完成分析。

【解答】
A、质子出射时，半径为R，则由洛伦兹力提供向心力：，可得，则出射速度与加速电压无关，故A错误；
B、质子离开回旋加速器时的最大动能为，可知最大动能与半径的平方成正比，故B错误；
C、粒子的加速次数，运动时间为，则粒子在回旋加速器中运动的时间与加速电压U有关，故C正确；
D、根据粒子在磁场中运动的周期公式可得，该加速器加速质量为2m，电荷量为粒子时，交流电频率应变为，所以交流电频率应变为，故D错误；
故选：C。  

5.【答案】C 

【解析】

【分析】
根据题目条件分析出磁通量的变化，结合楞次定律分析出感应电流的方向。
本题主要考查了楞次定律的相关应用，熟练掌握楞次定律分析出感应电流的方向即可，属于基础题型。

【解答】
A、保持开关S闭合，线圈中电流稳定，则B中无感应电流，故A错误；
B、断开开关S瞬间，线圈中电流减小，由电磁感应定律可知，A中会产生感应电动势，故B错误；
C、断开开关S后，由电磁感应定律可知，B线圈产生感应电流，故延时原因是由于B的电磁感应现象，故C正确；
D、如果线圈B不闭合，则B线圈中会有电磁感应现象，但不产生感应电流，故不会产生延时效果，故D错误。
故选：C。  

6.【答案】B 

【解析】

【分析】
本题考查了法拉第电磁感应定律及其应用； 分析清楚线框的运动过程是解题的前提，应用右手定则、与欧姆定律即可解题。
应用右手定则判断出感应电流方向，应用求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，然后分析图示图象答题。

【解答】
设线框向右运动的速度为v，线框的总电阻为R。
当时，只有最右侧一个短边切割磁感线，由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，电流是正的，电流大小；
当时，从右侧上下两个竖直短边进入磁场至左侧长边进入磁场，由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，是正的，电流大小；
当时，从左侧长边进入磁场和一个右侧短边离开磁场至右侧两个短边离开磁场，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，是负的，电流大小；
当时，从右侧上下两个竖直短边离开磁场至左侧长边离开磁场，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，是负的，电流大小；结合各图象知道B正确，ACD错误。  

7.【答案】A 

【解析】

【分析】
利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出最大的发射速度。
本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解即可，对同学们数学几何能力要求较高．

【解答】
因要求向各个方向发射的粒子均限制在圆形内，故带电粒子最大运动直径为R，最大运动半径为，运动的轨迹为所示

根据洛伦兹力提供向心力有：，其中为运动半径，
代入数据，解得：，故BCD错误，A正确。
故选：A。  

8.【答案】A 

【解析】

【分析】
根据右手定则得出电流的方向和电势的高低；根据法拉第电磁感应定律的计算公式完成分析；根据功率的计算公式结合角速度的变化完成分析。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，结合功率的计算公式即可完成分析，难度不大。

【解答】
圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，若从上向下看圆盘顺时针转动，根据右手定则可知圆盘中心电势比边缘要高，即Q相当于电源的正极，Q点电势比P点电势高，电流沿a到b的方向流过电阻R，故A正确，B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势，则感应电动势大小与圆盘半径的平方成正比，故C错误；
D.电流在R上的热功率，可见电流在R上的热功率与角速度的平方成正比，若圆盘转动的角速度变为原来的3倍，则电流在R上的热功率变为原来的9倍，故D错误。
故选：A。  

9.【答案】AD 

【解析】解：由图可知，热敏电阻与电阻R串联，当环境温度升高时热敏电阻阻值减小，则电路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，电容器的电压等于路端电压，故电容器的电压减小，所带电量减小，电路中电流增大，电源的内电压及电阻R两端的电压均增大，由可得，两端电压减小，故BC错误，A正确；
D.由于电容器电量减小，则电容器要放电，故G中电流由，故D正确。
故选：AD。
根据电阻的变化分析出电路各个物理量的变化；
根据电容器电压的变化分析出电流的方向。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，理解电容器在电路中的作用，结合电路构造完成对电路的分析，同时利用电容器的充放电特点即可完成解答。
 

10.【答案】BD 

【解析】

【分析】
根据楞次定律可知感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律，可求解R两端电压，再根据电流公式求电荷量。
考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意交流电与直流电的区别，掌握闭合电路欧姆定律的应用。

【解答】
A、因图线的斜率不变，即不变，感应电动势不变，则感应电流是恒定不变的，故A错误；
B、由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R的电流方向是从C到A，故B正确；
C、根据法拉第电磁感应定律有，代入数据解得，
由闭合电路欧姆定律得，
电阻R两端的电压为，故C错误；
D、内通过R的电荷量为，故D正确。
故选：BD。  

11.【答案】AC 

【解析】

【分析】
根据动能定理求出动能的增加量；水平方向粒子做匀速直线运动，根据位移时间关系求解时间；根据牛顿第二定律结合电场力的计算公式求解加速度；根据类平抛运动求解偏转位移，由电场力做功的特点分析电场力做的功。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系，根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系，根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。

【解答】
A.粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则，根据牛顿第二定律可知粒子的加速度，粒子运动的时间，
联立可得，故A正确；
B.带正电的粒子以一定的初速度沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，根据动能定理可知粒子动能增加量为，故B错误；
设粒子在前一半时间内和在后一半时间内竖直位移分别为、，由于粒子竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则：：3，
得，，在前一半时间内，电场力对粒子做的功为，在后一半时间内，电场力对粒子做的功为，电场力做功之比为1：3，故D错误，C正确；
故选：AC。  

12.【答案】ABD 

【解析】

【分析】
画出粒子在磁场中运动轨迹，根据匀速圆周运动相关内容列式求解。
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，画出粒子运动轨迹是解题关键。

【解答】
粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有，解得，结合两种粒子的比荷关系得：：2，对于B粒子而言，根据其在磁场中运动的轨迹，结合几何关系得其轨迹对应的圆心角为，则B粒子做圆周运动的轨迹半径为L，A粒子做圆周运动的轨迹半径为，故AB正确；

粒子A从O点射入从P点射出，结合轨迹半径为，可知从O点射入时的速度方向必须与OP边界垂直，在磁场中运动的时间，而B粒子的运动时间，所以两粒子的发射时间间隔为，故C错误，D正确。
故选：ABD。  

13.【答案】右；极；向上。 

【解析】

【分析】
根据磁铁的运动方向分析磁通量变化，由楞次定律确定感应电流方向，结合甲图可知：当电流从哪个接线柱流入时，指针向哪边偏转，由此判断指针偏转方向。
解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，基础题。

【解答】
由图甲可知，电流从灵敏电流表的的右接线柱流入，指针向右偏转。
图中原磁场向下，增大，根据楞次定律，感应电流的磁场向上，则电流从右接线柱流入，故指针向右偏转；
图中指针向左偏转，则电流方向从左接线柱流入，根据安培定则可知感应电流的磁场的方向向下，条形磁铁向下运动，根据楞次定律可知磁铁下方为S极；
图中指针向左偏转，则电流方向从左接线柱流入，根据安培定则可知感应电流的磁场的方向向下，与图中条形磁铁磁场的方向相同，根据楞次定律可知磁铁向上运动。
答：右；极；向上。  

14.【答案】；，；偏小；偏小。 

【解析】

【分析】
根据并联电路的特点求解改装后的电流表对应的量程；
根据电流表G读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻；
根据实验电路图与实验原理分析实验误差。
本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法。

【解答】
改装后的电流表对应的量程是
改装后的电流表对应的量程是电流表G的量程的200倍，根据闭合电路欧姆定律可得，变形得：
根据图像可知，电源的电动势为，电源的内阻为：，解得，电源内阻，
测量电路采用的是伏安法外接法，引起误差的原因是电压表分流，所以上述图线求得的电动势将比真实值偏小，求得的内阻将比真实值偏小。
故答案为：；，；偏小；偏小。  

15.【答案】解：根据闭合电路欧姆定律得：，
导体棒所受安培力，解得：
根据左手定则可判断导体棒所受安培力方向沿斜面向上；
对导体棒从导轨下端到上端应用动能定理得：，
代入数据解得：。
答：导体棒受到安培力的大小为，方向沿斜面向上；
导体棒离开导轨时的速度大小为。 

【解析】根据欧姆定律得出电流的大小，结合安培力的计算公式得出安培力的大小，结合左手定则分析出安培力的方向；
根据动能定理计算出导体棒离开导轨时的速度。
 

16.【答案】解：设线框ab边刚进入磁场时速度为v，由动能定理得：，得，
进入磁场时产生的感应电动势，a、b两点间的电势差，
联立解得；
线框进入磁场的过程中，由法拉第电磁感应定律得，
由闭合电路欧姆定律得，，
联立解得：；
从线框开始下落到cd边刚穿出匀强磁场的过程中，由能量守恒定律得焦耳热：
，
则cd边产生的热量为：。
答：边刚进入磁场时a、b两点间的电势差为；
线框进入磁场的过程中，通过线框的电量为；
线框穿过磁场的过程中，cd边产生的热量为。 

【解析】先根据动能定理计算出线框的速度，结合法拉第电磁感应定律和电路构造得出ab两点间的电势差；
根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流定义式得出q的表达式；
理解过程中的能量转化，结合电阻的比值关系得出cd变产生的热量
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉公式的推导，结合整个过程中能量的转化特点和电阻的比值关系即可完成分析。
 

17.【答案】解：根据小球在区域做匀速圆周运动，解得：，电场强度方向竖直向上；
设小球刚进入复合场的速度为，小球从A点释放到刚进入复合场，根据动能定理得：，解得：，
设小球匀速圆周运动的半径为r，由，解得：；
若小球在AB之间的某位置静止释放，设小球进入复合场中的速度大小为，与x轴正方向夹角为，
小球做匀速圆周运动的半径为，
小球从进入复合场到打到收集板上，做匀速圆周运动的弦长为，
代入和B，其中，解得，
说明小球在AB之间的任何位置静止释放，做圆周运动的弦长不变，
小球从A点静止释放运动到C点，由动能定理有：，解得：，
进入x轴的位置据为，根据平抛运动规律，
因为，所以从AB之间释放的粒子都能进入区域做圆周运动，
小球从B点静止释放运动到C点，由动能定理得：    ，
进入x轴的位置据为，根据平抛运动规律得：，
则收集板上有小球打到的区域长度。
答：匀强电场的电场强度大小为，方向竖直向上；
小球在区域做匀速圆周运动的半径为；
收集板上有小球打到的区域长度为。 

【解析】对小球进行受力分析，结合电性得出场强的大小和方向；
根据动能定理计算出小球的速度，结合牛顿第二定律得出半径的大小；
理解粒子的运动特点，结合运动学公式和几何关系完成分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解粒子的受力特点从而分析出对应的运动类型，根据运动学公式和几何关系即可完成分析。