第十二章　第2课时　法拉第电磁感应定律、自感和涡流-2025物理大一轮复习讲义人教版

第2课时法拉第电磁感应定律、自感和涡流目标要求1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)进行有关计算。2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势。3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼。考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过电路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数。①若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为eq\f(ΔΦ,Δt)。②当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝nSeq\f(ΔB,Δt)，其中S为线圈在磁场中的有效面积。若B＝B0＋kt，则eq\f(ΔB,Δt)＝k。③当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nBeq\f(ΔS,Δt)。④当B、S同时变化时，则eq\x\to(E)＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt)。求瞬时值时，分别求出动生电动势E1和感生电动势E2并进行叠加。(3)感应电流与感应电动势的关系：I＝eq\f(E,R＋r)。(4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)。1．Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)不一定等于0。(√)2．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大。(×)3．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大。(√)4．线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。(×)例1(2023·湖北卷·5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/s，则线圈产生的感应电动势最接近()A．0.30VB．0.44VC．0.59VD．4.3V答案B解析根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，可得E1＝eq\f(ΔB,Δt)S1，E2＝eq\f(ΔB,Δt)S2，E3＝eq\f(ΔB,Δt)S3，三个线圈产生的感应电动势方向相同，故E＝E1＋E2＋E3＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4V＝0.44V，故选B。拓展若匀强磁场垂直向里且均匀增大，则图中a、b两点比较，________点电势高。答案a确定感应电路中电势高低的方法例2(2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则()A．I1<I3<I2 B．I1>I3>I2C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3答案C解析设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2。同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝eq\f(3\r(3)r2,2)，三个线框材料、粗细相同，根据电阻定律R＝ρeq\f(L,S横截面)，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8∶2π∶6根据法拉第电磁感应定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)可得电流之比为I1∶I2∶I3＝2∶2∶eq\r(3)即I1＝I2>I3，故选C。考点二导体切割磁感线产生感应电动势1．导体平动切割磁感线产生感应电动势的算式E＝Blv的理解适用条件在匀强磁场中，B、l、v三者互相垂直。如果不相互垂直，应取垂直分量进行计算有效长度公式E＝Blv中的l为有效长度，即为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度。如图，导体的有效长度分别为：图甲：l＝eq\x\to(cd)sinβ图乙：沿v方向运动时，l＝eq\x\to(MN)图丙：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝R相对速度E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系2.导体转动切割磁感线如图，当长为l的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体运动Δt时间后，转过的弧度θ＝ωΔt，扫过的面积ΔS＝eq\f(1,2)l2ωΔt，则E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(1,2)Bl2ω(或E＝Bleq\x\to(v)＝Bleq\f(vA＋vC,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω)。例3(多选)如图，光滑水平面上两虚线之间区域内存在垂直于纸面向里且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为a的正方形导线框PQMN沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM刚进入磁场时，线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则()A．PM刚进入磁场时线框中的感应电流大小为eq\f(Bav,R)B．PM刚进入磁场时线框所受安培力大小为eq\f(B2a2v,R)C．PM刚进入磁场时两端的电压为eq\f(Bav,R)D．PM进入磁场后线框中的感应电流逐渐减小答案AD解析PM刚进入磁场时，有效切割长度等于a，产生的感应电动势为E＝Bav，感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，方向沿逆时针，故A正确；NM边所受的安培力大小为F1＝BIa＝eq\f(B2a2v,R)，方向垂直NM斜向下，PN边所受的安培力大小为F2＝BIa＝eq\f(B2a2v,R)，方向垂直PN斜向下，线框所受安培力大小F＝eq\r(F12＋F22)＝eq\f(\r(2)B2a2v,R)，故B错误；PM两端的电压为U＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(Bav,2)，故C错误；PM进入磁场后，有效切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，故D正确。例4(多选)(2023·黑龙江哈尔滨市模拟)如图所示为法拉第圆盘发电机，半径为r的铜质圆盘绕其中心O的竖直轴以恒定角速度ω顺时针转动(从上向下看)，空间中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆盘平面和磁感线垂直，两电刷C、D分别与铜盘中心轴和边缘接触，两电刷间接有阻值为R的电阻，下列说法正确的是()A．O点电势比D点高B．通过R的电流方向由下至上C．发电机的电动势为E＝eq\f(Br2ω,2)D．发电机的电动势为E＝Br2ω答案AC解析铜质圆盘转动时，根据右手定则可知，电流方向由D点指向O点，则O点相当于电源的正极，D点相当于电源的负极，则O点电势比D点高，通过R的电流方向由上至下，故A正确，B错误；发电机电动势为E＝Breq\x\to(v)＝Br·eq\f(0＋ωr,2)＝eq\f(Br2ω,2)，故C正确，D错误。考点三自感现象1．概念：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势，这种现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。2．表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。3．自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。4．通电自感和断电自感的比较电路图器材要求A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)通电时在S闭合瞬间，灯泡A2立即亮起来，灯泡A1逐渐变亮，最终一样亮灯泡A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定断电时回路电流减小，两灯泡均逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向①若I2≤I1，灯A逐渐变暗；②若I2＞I1，灯A闪亮后逐渐变暗两种情况下灯A中电流方向均改变(选填“改变”或“不变”)总结自感电动势总是阻碍原电流的变化1．线圈中电流越大，自感系数也越大。(×)2．对于同一个线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势也越大。(√)3．自感电动势总是阻止原电流的变化。(×)例5(2023·江苏南京市金陵中学模拟)如图所示的电路中，L1、L2、L3是三个相同的灯泡，线圈L的电阻和电源的内阻可忽略，D为理想二极管。下列判断正确的是()A．开关S从断开状态突然闭合时，L1逐渐变亮，L2一直不亮，L3立即变亮B．开关S从断开状态突然闭合时，L1、L2逐渐变亮，L3立即变亮再熄灭C．开关S从闭合状态突然断开时，L1逐渐熄灭，L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，L3立即熄灭D．开关S从闭合状态突然断开时，L1、L2逐渐熄灭，L3突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭答案C解析由于二极管具有单向导电性，所以开关S从断开状态突然闭合时，二极管不能导通，L2一直不亮；此时L1、L3和L串联在同一回路中，L产生自感电动势阻碍通过其电流增大，所以通过L1和L3的电流逐渐增大，L1和L3均逐渐变亮，故A、B错误；开关S从闭合状态突然断开时，通过L3的电流立即变为零，所以L3立即熄灭；L产生自感电动势阻碍通过其电流减小，此时自感电动势的方向满足二极管导通的条件，所以L1、L2和L串联在同一回路中，通过L1的电流逐渐减小，L1逐渐熄灭，而由于L2开始时不亮，所以L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，故C正确，D错误。分析自感问题的三个技巧考点四涡流电磁阻尼和电磁驱动1．涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在非均匀磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流。(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流。2．电磁阻尼当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的运动。3．电磁驱动如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来。1．电磁阻尼体现了能量守恒定律。(√)2．电磁阻尼阻碍相对运动，电磁驱动促进二者相对运动。(×)例6扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()答案A解析感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动和向右振动无感应电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流；在D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故选项A正确，B、C、D错误。课时精练1．(2023·北京卷·5)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关()A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭答案D解析由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。2．(2023·江苏卷·8)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则()A．φO>φC B．φC>φAC．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC答案A解析由题图可看出导体棒OA段逆时针转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电势差为0，即φC＝φA，则φO>φC，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D错误。3．(2023·山东德州市模拟)如图甲所示，正方形虚线框为匀强磁场区域的边界，取垂直纸面向里为正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。匝数为n、半径为r的导线圈恰好处于虚线框的外接圆上，导线圈与电阻箱R1、定值电阻R2组成回路，回路中的其他电阻不计。以下说法正确的是()A．R2中的电流方向先向左，再向右B．回路中的电动势为eq\f(πnr2B0,t0)C．t＝t0时刻，回路中的电流为零D．R1＝R2时，R1消耗的电功率最大答案D解析磁感应强度B先正向减小后反向增大，根据楞次定律和安培定则可知R2中的电流方向一直向左，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝n(eq\r(2)r)2eq\f(B0,t0)＝eq\f(2nr2B0,t0)，B错误；由题图乙可知磁感应强度B一直在发生变化，所以t＝t0时刻，回路中的电流不为零，C错误；根据闭合电路欧姆定律可知，R1消耗的电功率为P＝(eq\f(E,R1＋R2))2R1＝eq\f(E2,\f(R1－R22,R1)＋4R2)，由此可知，当R1＝R2时，R1消耗的电功率最大，D正确。4．(2023·广东广州市一模)如图甲所示为探究电磁驱动的实验装置。某个铝笼置于U形磁体的两个磁极间，铝笼可以绕支点自由转动，其截面图如图乙所示。开始时，铝笼和磁体均静止，转动磁体，会发现铝笼也会跟着发生转动，下列说法正确的是()A．铝笼是因为受到安培力而转动的B．铝笼转动的速度的大小和方向与磁体相同C．磁体从图乙位置开始转动时，铝笼截面abcd中的感应电流的方向为a→d→c→b→aD．当磁体停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝笼将保持匀速转动答案A解析磁体从题图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，从而产生感应电流，方向为a→b→c→d→a，因而受到安培力作用，导致铝笼转动，所以铝笼是因为受到安培力而转动的，A项正确，C项错误；根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致铝笼与磁体转动方向相同，但快慢不相同，铝笼的转速一定比磁体的转速小，B项错误；当磁体停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流，所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，D项错误。5.(多选)(2023·辽宁沈阳市模拟)电子感应加速器基本原理如图所示，图甲的上、下两个电磁铁线圈中电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使真空室中的电子加速。如图乙所示，从上向下看电子沿逆时针方向运动。下列说法正确的是()A．磁场变化才能产生感生电场B．变化的磁场在真空室中激发出的电场与静电场完全相同C．当图乙中感生电场沿逆时针方向时，电子沿逆时针方向加速运动D．图甲线圈中的电流增大的过程中，图乙中形成顺时针方向的感生电场答案AD解析由法拉第电磁感应定律可知磁场变化时才会产生感生电场，故A正确；变化的磁场在真空室中激发出的电场为无源场，电场线为封闭曲线，与静电场不同，故B错误；当题图乙中感生电场沿逆时针方向时，电子沿顺时针方向加速运动，故C错误；题图甲线圈中的电流增大的过程中，竖直向上的磁场增强，由楞次定律可知题图乙中形成顺时针方向的感生电场，故D正确。6．(2022·河北卷·5)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为()A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)答案D解析由法拉第电磁感应定律，可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正确，A、B、C错误。7.(2023·天津卷·11)如图，有一正方形线框，质量为m，电阻为R，边长为l，静止悬挂着，一个三角形磁场垂直于线框所在平面，磁感线垂直纸面向里，且线框中磁区面积为线框面积一半，磁感应强度变化B＝kt(k>0)，已知重力加速度g，求：(1)感应电动势E；(2)线框开始向上运动的时刻t0。答案(1)eq\f(kl2,2)(2)eq\f(2mgR,k2l3)解析(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(l2,2)·eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(kl2,2)(2)由题图可知线框受到的安培力大小为FA＝BIl＝eq\f(BEl,R)＝eq\f(kl3,2R)·kt当线框开始向上运动时有FA＝mg解得t0＝eq\f(2mgR,k2l3)。8.(2023·北京市一模)汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是()A．制动过程中，导体不会发热B．制动力的大小与导体运动的速度无关C．改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小答案D解析由于导体中产生了涡流，根据Q＝I2Rt可知，制动过程中，导体会发热，A错误；导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；根据楞次定律，可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确。9．(多选)如图所示，用电流传感器研究自感现象。电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值。t＝0时刻闭合开关S，电路稳定后，t1时刻断开S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图像。下列图像中可能正确的是()答案AD解析L为一个自感系数较大、直流电阻小于电阻R阻值的线圈，线圈自感阻碍电流变化，当开关闭合后，自感电动势逐渐减小，即流过线圈L的电流增大，所以IL增大，最后稳定时IL恒定，当开关断开后，线圈自感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，不过大小在减小，最终减为0，B错误，A正确；当开关闭合时，线圈自感阻碍电流变化，L为一个自感系数较大、有直流电阻的线圈，导致通过电阻R的电流刚开始较大，当自感电动势逐渐减小，即流过线圈L的电流增大，所以IR减小，最后稳定，由于自感线圈L的直流电阻值小于电阻R的阻值，通过线圈L的电流大于通过电阻R的电流，当断开开关后，原来通过电阻R的电流立即消失，线圈自感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻R，其方向与原来流过电阻R的方向相反，最后减小为0，C错误，D正确。10.(多选)如图所示，用两根完全相同的带有绝缘外皮的导线首尾相接，分别绕制成一个单匝闭合圆环和两匝闭合圆环，把它们垂直放在随时间均匀变化的同一磁场中，下列说法正确的是()A．穿过两环的磁通量之比为2∶1B．两环的感应电动势之比为2∶1C．两环的感应电流之比为2∶1D．相同时间内通过两环任一截面的电荷量之比为2∶1答案BCD解析两根导线长度相同，有2πr1＝2πr2×2，即eq\f(r1,r2)＝eq\f(2,1)，则两圆环面积之比为eq\f(S1,S2)＝eq\f(4,1)，可得eq\f(Φ1,Φ2)＝eq\f(BS1,BS2)＝eq\f(4,1)，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔB,Δt)S，可得eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1)，故B正确；两根导线完全相同有eq\f(I1,I2)＝eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1)，故C正确；通过的电荷量q＝neq\f(ΔB·S,R)，可得eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,1)，故D正确。11．如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆外无磁场。一根长为2R的导体杆ab水平放置，a端处在圆形磁场的下边界，现使杆绕a端以角速度ω逆时针匀速旋转180°，在旋转过程中()A．b端的电势始终高于a端B．ab杆的电动势最大值E＝BR2ωC．全过程中，ab杆平均电动势eq\x\to(E)＝BR2ωD．当杆旋转θ＝120°时，ab间电势差Uab＝eq\f(1,2)BR2ω答案C解析根据右手定则，a端相当于电源正极，b端为负极，a端电势高于b端电势，故A错误；当导体杆ab和直径重合时，切割磁感线的有效长度l＝2R，此时产生的感应电动势最大，ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)Bl2ω＝2BR2ω，故B错误；根据法拉第电磁感应定律可知，全过程中，ab杆平均电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝BR2ω，故C正确；当θ＝120°时，ab杆切割磁感线的有效长度l′＝eq\r(3)R，ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E′＝eq\f(1,2)Bl′2ω＝eq\f(3,2)BR2ω，故D错误。12．(2023·广东卷·14)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界eq\f(h,2)处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：(1)t＝0时线框所受的安培力F；(2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；(3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。答案(1)eq\f(9B02h2v,R)，方向水平向左(2)eq\f(3B0h2,10)