2020学年高中物理 综合质量评估（二）新人教版选修3-2 21页

综合质量评估(二) ‎ ‎(90分钟　100分)‎ 一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。其中1～8小题为单选题,9～12小题为多选题)‎ ‎1.(2020·德州高二检测) 如图所示,矩形线圈abcd置于匀强磁场中,线圈平面跟磁感线平行,在下列过程中,线圈中能产生感应电流的是 (　　)‎ A.线圈以ad边为轴转动 B.线圈以ab边为轴转动 C.线圈平行于磁感线向右平动 D.线圈垂直于磁感线向纸外平动 ‎【解题指南】闭合线圈中产生感应电流的条件是回路中的磁通量发生变化。磁通量发生变化有两种办法:磁感应强度变化或回路的有效面积发生变化。‎ ‎【解析】选B。线圈以ad边为轴转动,穿过线圈的磁通量始终为零,故没有产生感应电流,故A错误;线圈以ab边为轴转动,闭合线圈的磁通量发生变化,能产生感应电流,故B正确;线圈平行于磁感线向右运动,回路的有效面积未发生变化,穿过线圈的磁通量始终为零,故没有产生感应电流,故C错误;沿垂直磁感线方向运动,回路的有效面积未发生变化,穿过线圈的磁通量始终为零,故没有产生感应电流,故D错误。‎ ‎2.(2020·大连高二检测)如图所示,螺线管匝数n=1 500匝,横截面积S=20 cm2,螺线管导线电阻r=1 Ω,电阻R=4 Ω,磁感应强度B的B-t图象如图所示(以向右为正方向),下列说法正确的是 (　　)‎ A.通过电阻R的电流方向是从A到C B.感应电流的大小保持不变为2.4 A C.电阻R的电压为6 V D.C点的电势为4.8 V ‎【解析】选D。从题图中可得磁通量在逐渐增大,根据楞次定律可得通过R的电流方向为从C到A,A错误;根据法拉第电磁感应定律:E=n=n=1 500× 0.002× V=6 V,而感应电流大小为I== A=1.2 A,B错误;根据闭合电路欧姆定律,有:U=IR=1.2×4 V=4.8 V,C错误;因为A端接地,电压为零,所以C端的电势为4.8 V,D正确。‎ ‎3.(2020·成都高二检测)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1,以下说法中正确的是 (　　)‎ A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1‎ B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等 C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1‎ D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶2‎ ‎【解析】选B。对理想变压器,无磁通量损失,因而穿过两个线圈的交变磁通量相同,磁通量变化率相同,每匝线圈产生的感应电动势相等,电压与匝数成正比;理想变压器可以忽略热损耗,故输入功率等于输出功率。故正确答案为B。‎ ‎4.(2020·邢台高二检测)如图所示,单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中,线框面积为S,电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动,下列说法正确的是 (　　)‎ A.转过时,线框中的电流方向为abcd B.线框中感应电流的有效值为BSω C.从中性面开始转过的过程中,通过导线横截面的电荷量为 D.线框转一周的过程中,产生的热量为 ‎【解题指南】(1)感应电动势最大值Em=BSω,由E=Em及欧姆定律求解电流的有效值。‎ ‎(2)由平均感应电动势和电流求出电量。‎ ‎(3)根据Q=I2RT求解线框转一周的过程中,产生的热量。‎ ‎【解析】选C。转过的过程中,磁通量变小,产生的感应磁场的方向与原磁场方向相同,根据安培定则可知,电流方向为adcb,故A错误;线框中产生的感应电动势最大值Em=BSω,感应电动势有效值E==BSω,则电流的有效值为I==‎ ‎,故B错误;由=,I=,q=It得到:电量q==,故C正确;线框转一周的过程中,产生的热量为Q=I2RT=,故D错误。‎ ‎5.(2020·三亚高二检测)如图所示,EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界,其中EO∥E′O′,FO∥F′O′,且EO⊥OF;OO′为∠EOF的角平分线,OO′间的距离为L;磁场方向垂直于纸面向里。一边长为L的正方形导线框沿OO′方向匀速通过磁场,t=0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是 (　　)‎ ‎【解题指南】(1)运用E=BLv找出感应电动势随时间变化的情况,其中L为切割磁感线的有效长度。‎ ‎(2)根据右手定则判断出感应电流的方向。‎ ‎【解析】选B。在整个正方形导线框通过磁场的过程中,切割磁感线的边框为两竖直边框,两水平边框不切割磁感线。由于正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场,从开始到左边框到达O′之前,进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加,根据E=BLv得出感应电动势随时间也均匀增加,由于电阻不变,所以感应电流i也随时间均匀增加。根据右手定则判断出感应电流的方向,结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,得出开始为正方向。‎ 当左边框到达O′‎ 之后,由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变,所以感应电流i不变。‎ 当左边框到达OO′中点,右边框即将进入磁场切割磁感线,由于左边框切割磁感线的有效长度在减小,而右边框切割磁感线的有效长度在增大,而左、右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反,所以整个感应电动势随时间也均匀减小。‎ 当左边框到达距O点时,左、右边框切割磁感线的有效长度相等,此时感应电动势为0,再往后跟前面过程相反。故A、C、D错误,B正确。‎ ‎6.(2020·太原高二检测)如图所示,边长为L的正方形单匝线圈abcd,电阻为r,外电路的电阻为R,a、b的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上,磁场的磁感应强度为B,若线圈从图示位置开始,以角速度ω绕轴OO′匀速转动,则以下判断正确的是(　　)‎ A.图示位置线圈中的感应电动势最大为Em=BL2ω B.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=BL2ωcosωt C.线圈转动一周的过程中,电阻R上产生的热量为Q=‎ D.线圈从图示位置转过180°的过程中,流过电阻R的电荷量为q=‎ ‎【解析】选C。图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线,感应电动势为零,故A 错误;当线圈与磁场平行时感应电动势最大,最大值为Em=BSω=BL2ω,瞬时值表达式为e=BL2ωsinωt,故B错误;感应电动势的有效值为E=,闭合电路欧姆定律I=,R产生的热量为Q=I2RT,周期T=,联立得Q=,故C正确;线圈从图示位置转过180°的过程中,穿过线圈磁通量的变化量大小为ΔΦ=2BS=2B(L2),流过电阻R的电荷量为q==,故D错误。‎ ‎7.矩形导线框abcd放在分布均匀的磁场中,磁场区域足够大,磁感线方向与导线框所在平面垂直,如图甲所示。在外力控制下线框处于静止状态。磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示,t=0时刻,磁感应强度的方向垂直导线框平面向里。在0～4 s时间内,导线框ad边所受安培力随时间变化的图象(规定向左为安培力正方向)应该是图中的 (　　)‎ ‎【解析】选D。t=0时刻,磁感应强度的方向垂直导线框平面向里,在0～1 s内,穿过导线框的磁通量均匀变小,由楞次定律可得,感应电流方向是顺时针,再由左手定则可得导线框ad边的安培力水平向左。当在1～2 s内,磁感应强度的方向垂直导线框平面向外,穿过导线框的磁通量均匀变大,由楞次定律可得,感应电流方向是顺时针,再由左手定则可得导线框ad边的安培力水平向右。在下一个周期内,‎ 重复出现安培力先向左后向右。故D正确。‎ ‎8.(2020·丽江高二检测)如图所示电路中,L是一个不计直流电阻的电感线圈,直流电源1的电压值与交流电源2的电压有效值相等,S是单刀双掷开关,C是电容器,A、B是完全相同的两个小灯泡,则下列叙述正确的有 A.开关S与1接通时,灯B逐渐变亮 B.开关S与2接通后,灯B的亮度比开关与1接通稳定后灯B的亮度高 C.开关S与2接通后,B发光,而A不发光 D.若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源,则当开关与2接通时,通过B灯的主要是高频信号 ‎【解析】选A。开关S与1接通时,线圈阻碍电流的增大,所以灯B逐渐变亮,故A正确;开关S与2接通后,由于线圈L对交流电的阻碍始终存在,所以灯B的亮度比开关与1接通稳定后灯B的亮度暗,故B错误;开关S与2接通后,交流电也可以通过电容器,所以A也发光,故C错误;线圈对交流电有通低频阻高频的作用,所以若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源,则当开关与2接通时,通过B灯的主要是低频信号,故D错误。‎ ‎9.(2020·合肥高二检测)如图所示D1、D2是两只相同的灯泡,L是自感系数很大的线圈,其直流电阻与R的阻值相同。关于灯泡发光情况,下列说法正确的是 ‎(　　)‎ A.当S1接a 时,闭合S,D1将逐渐变亮 B.当S1接a 时,闭合S,待电路稳定后再断开,D1先变得更亮,然后渐渐变暗 C.当S1接b 时,闭合S,D2将逐渐变亮 D.当S1接b 时,闭合S,待电路稳定后再断开,D2先变得更亮,然后渐渐变暗 ‎【解析】选A、D。当S1接a 时,闭合S,灯泡D2被短路,导致电阻减小,则总电流变大,所以通过D1灯泡的电流增大,因此D1将逐渐变亮,故A正确;当S1接a 时,闭合S,待电路稳定后再断开,导致线圈中电流发生变化,从而阻碍电流减小,通过D1的电流没有之前大,则D1不会变得更亮,但会慢慢熄灭,故B错误;当S1接b 时,闭合S,线圈中电流发生变化,从而阻碍电流增大,所以导致D2刚开始较亮,当线圈电流趋于稳定后,D2渐渐变暗,故C错误;当S1接b时,闭合S,待电路稳定后再断开,导致线圈中电流发生变化,从而阻碍电流减小,通过D2的电流比之前大,则D2会变得更亮,且会慢慢熄灭,故D正确。‎ ‎10.如图甲是录音机的录音电路原理图,乙是研究自感现象的实验电路图,丙是光电传感的火灾报警器的部分电路图,丁是电容式话筒的电路原理图,下列说法正确的是 (　　)‎ A.甲图中录音机录音时,由于话筒的声电转换,线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场 B.乙图电路开关断开瞬间,灯泡会突然闪亮一下,并在开关处产生电火花 C.丙图电路中,当有烟雾进入罩内时,光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射,表现出电阻的变化 D.丁图电路中,根据电磁感应原理,声波的振动会在电路中产生恒定的电流 ‎【解析】选A、C。乙图电路开关断开瞬间,线圈中产生很高的自感电动势,但由于电路不能构成回路,所以不会产生感应电流,灯泡不会突然闪亮一下,选项B错误;丁图电路中,声波的振动会改变M、N间的距离,从而改变了电容的大小,‎ 在电路中产生变化的充放电电流,选项D错误。‎ ‎11.如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2。则 (　　)‎ A.用户端的电压为 B.输电线上的电压降为U-U1‎ C.理想变压器的输入功率为UI1-r D.输电线路上损失的电功率为I1U ‎【解析】选A、B、C。由理想变压器输入、输出功率相等可知P1=P2,即U1I1=U2I2,U2=,故选项A正确;输电线上的电压降为ΔU=U-U1,故选项B正确;理想变压器的输入功率P=U1I1=UI1-r,故选项C正确;输电线路上损失的电功率为ΔP=r=I1U-I1U1,故选项D错误。‎ ‎12.如图所示,边长为l的正方形闭合导线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中,线框平面与磁感线的方向垂直。用力将线框分别以速度v1和v2匀速拉出磁场,比较这两个过程,以下判断正确的是 (　　)‎ A.若v1>v2,通过线框导线的电荷量q1>q2‎ B.若v1>v2,拉力F1>F2‎ C.若v1=2v2,拉力的功率P1=2P2‎ D.若v1=2v2,拉力所做的功W1=2W2‎ ‎【解析】选B、D。由于E=,I=,q=IΔt,所以q=,由于ΔΦ及R一定,故q1=q2,所以A错误。‎ 由于拉力F=F安,而F安=BIl,I=,E=Blv,‎ 所以F=F安=。‎ 由此可看出,若v1>v2,F1>F2,B正确。‎ 由P=Fv,F=F安=。所以P=。‎ 由于v1=2v2,P1=4P2,故C错误。‎ 由拉力做功W=Fl=F安l=·l=,‎ 又因v1=2v2,故W1=2W2,故D正确。‎ 二、实验题(本题共2小题,共15分)‎ ‎13. (7分)电动机的自动控制电路如图所示,其中RH为热敏电阻,RL为光敏电阻,当温度升高时,RH的阻值远小于R1;当光照射RL时,其阻值远小于R2,为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动,电路中的虚线框内应选________门逻辑电路;若要提高光照时电动机启动的灵敏度,可以________(选填“增大”或“减小”)R2的阻值。‎ ‎【解析】为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动,所以是“或门”。即热敏电阻或光敏电阻的电阻值较小时输入端电势升高,此时电动机工作,则输入为1时,输出为1,因为若要提高光照时电动机启动的灵敏度,需要在光照较小,即RL有一个较小的变化时,R2两端的电压变化就比较明显,此时输入为1,输出为1,所以要增大R2。‎ 答案:或　增大 14. ‎(8分)某同学设计了一种“自动限重器”,如图甲所示。该装置由控制电路和工作电路组成,其主要元件有电磁继电器、货物装载机(实质是电动机)、压敏电阻R1和滑动变阻器R2等。压敏电阻R1的阻值随压力F变化的关系如图乙所示。当货架承受的压力达到限定值时,电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品。已知控制电路的电源电动势E=6 V,r=2 Ω,电磁继电器线圈的阻值忽略不计。请你解答下列问题:‎ ‎(1)用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整。‎ ‎(2)当电磁继电器线圈中的电流大小为15 mA时,衔铁被吸下。若货架能承受的最大压力为800 N,则所选滑动变阻器R2的最大阻值至少为______Ω。‎ ‎(3)硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件。现将控制电路中的电源,换成硅光电源,用一定强度的光照射硅光电池,调节滑动变阻器,通过测量得到该电池的U-I曲线(如图丙)。不改变滑片的位置,当货架能承受的压力逐渐增加时,该硅光电池的内阻将__________,内电路上消耗的功率将______。(均选填“增加”“减小”“先增大后减小”“先减小后增大”或“不变”)‎ ‎(4)若控制电路中的电源,换成硅光电源,不改变滑片的位置,即如(2)中数值,现测得硅光电源两端电压为5.4 V,则货架上承受的压力为______N。‎ ‎【解析】(1)将货物装载机和上触点串联组成工作电路,将R1、滑动变阻器R2、电磁铁串联接入控制电路,连接电路如图所示 ‎(2)R1与R2串联,I1=I2=Imax=15 mA=0.015 A,‎ 所以根据闭合电路的欧姆定律R1+R2+r=‎ 由图乙可知:F=800 N时,R1=80 Ω,‎ 所以R2=-r-R1= Ω=318 Ω 即滑动变阻器R2的最大阻值至少为318 Ω。‎ ‎(3)当不改变滑片的位置,货架能承受的压力逐渐增加时,R1的电阻变小,由丙图可知,硅光电源的U-I图线的斜率绝对值逐渐变大,所以该硅光电池的内阻将增大。‎ 由丙图可知,随着外电路电阻变大,硅光电源的路端电压逐渐减小,根据闭合电路欧姆定律,内电压变大,电路的总电流又增大,所以P内=U内I逐渐变大。‎ ‎(4)硅光电源两端电压为5.4 V,由丙图可知此时电流为10 mA,所以根据欧姆定律,外电路的总电阻为R1+R2=,‎ 所以R1=-R2=-318 Ω=220 Ω,‎ 根据乙图可知,此时对应的压力为90 N。‎ 答案:(1)电路图见解析　(2)318　(3)增加　增加　(4)90‎ 三、计算题(本题共4小题,共37分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)‎ ‎15. (8分)(2020·濮阳高二检测)如图所示,abcd为交流发电机的矩形线圈,其面积为S,匝数为n,线圈电阻为r,外电阻为R。线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动,角速度为ω。若图中的电压表、电流表均为理想交流电表,求:‎ ‎(1)此交流发电机产生感应电动势的最大值Em。‎ ‎(2)若从图示位置开始计时,写出感应电流随时间变化的函数表达式。‎ ‎(3)交流电压表和交流电流表的示数。‎ ‎(4)此交流发电机的输出功率P出。‎ ‎【解题指南】(1)先求出角速度,再根据Em=nBSω求出最大电动势。‎ ‎(2)先根据闭合电路欧姆定律求出电流的最大值,再根据感应电流与感应电动势的瞬时值表达式的关系即可求解。‎ ‎(3)根据欧姆定律求解。‎ ‎(4)先求出电流的有效值,根据功率公式P=I2R求解。‎ ‎【解析】(1)感应电动势的最大值Em=nBSω (1分)‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律得:‎ 电流的最大值Im= (1分)‎ 感应电流的瞬时表达式为 i=Imcosωt=cosωt (1分)‎ ‎(3)有效值E=Em, (1分)‎ 交流电压表的示数U=× (1分)‎ 交流电流表的示数I=× (1分)‎ ‎(4)电流的有效值为I=Im(1分)‎ 所以发电机的输出功率P=I2R=‎ n2B2S2ω2 (1分)‎ 答案:(1)nBSω　(2)i=cosωt ‎(3)　‎ ‎(4)n2B2S2ω2‎ ‎16.(8分)如图所示为一输电系统,A地有一台升压变压器,B地有一台匝数比为10∶1的降压变压器,降压变压器副线圈上的电流为100 A,输出功率是12 kW,A、B两地输电线的电阻是20 Ω,求:‎ ‎(1)升压变压器输出端的电压。‎ ‎(2)若不用变压器,要在B地得到同样大小的电流和电功率,那么在A地要用多大的电压将电能输出?‎ ‎(3)两种情况下输电线上损失功率之比是多少?‎ ‎【解析】(1)降压变压器输出端电压:‎ U2′== V=120 V 所以由=‎ 得U1′=1 200 V(1分)‎ 由=得:I2=10 A(1分)‎ 输电线上损失的电压为 U损=I2r=10×20 V=200 V 所以升压变压器输出端的电压:‎ U2=U1′+U损=(1 200+200) V=1 400 V(1分)‎ ‎(2)若不用变压器,B处电压:‎ U== V=120 V(1分)‎ 线路损失电压:‎ U损′=Ir=100×20 V=2 000 V 所以A处电压为UA=U+U′损=2 000 V+120 V=2120 V(1分)‎ ‎(3)有变压器时,线路损耗功率:‎ P′=r=102×20 W=2 kW(1分)‎ 无变压器,线路损耗功率:‎ P=Ir=1002×20 W=200 kW(1分)‎ 所以两种情况下输电线上损耗功率之比为 ‎= (1分)‎ 答案:(1)1 400 V　(2)2 120 V ‎(3)1∶100‎ ‎17.(10分)如图所示,水平面内有一光滑金属导轨,其MN、PQ边的电阻不计,MP边的电阻阻值R=1.5 Ω,MN与MP的夹角为135°,PQ与MP垂直,MP边长度小于1 m。将质量m=2 kg,电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上,并与MP平行。棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=4 m。空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。在外力作用下,棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动,运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等。‎ ‎(1)若初速度v1=3 m/s,求棒在GH处所受的安培力大小FA。‎ ‎(2)若初速度v2=1.5 m/s,求棒向左移动距离2 m到达EF所需时间Δt。‎ ‎(3)在棒由GH处向左移动2 m到达EF处的过程中,外力做功W=7 J,求初速度v3。‎ ‎【解析】(1)棒在GH处速度为v1,因此根据法拉第电磁感应定律有:‎ E1=BLv1 ①‎ 由闭合电路欧姆定律得 I1= ②‎ 棒在GH处所受安培力为 FA=BI1L ③‎ 解①②③式且代入数据得:‎ FA==8 N④(3分)‎ ‎(2)设棒移动距离为a=2 m,由几何关系可得EF间距也为a,向左移动整个过程中磁通量的变化量 ΔΦ=‎ 题设运动时回路中电流保持不变,即感应电动势E2不变,开始移动时有 E2=BLv2 ⑤‎ 又整个过程E2== ⑥‎ 解⑤⑥两式并代入数据得 Δt==1 s⑦(3分)‎ ‎(3)设外力做功为W=7 J,克服安培力做功为WA,导体棒在EF处的速度为v4,‎ 由动能定理得:W-WA=- ⑧‎ 运动时回路中电流保持不变,即感应电动势E3不变,同(2)理有:E3=BLv3=Bav4 ⑨‎ E3== ⑩‎ 得Δt1= ‎ I3= ‎ 由功能关系得WA=Q=RΔt1 ‎ 解⑧⑨⑩且代入数据得:‎ v3=1 m/s(4分)‎ 答案:(1)8 N　(2)1 s　(3)1 m/s ‎18. (11分)(2020濮阳高二检测)如图所示,光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线,线的一端系一质量为3m的重物,另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆。在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF,在QF之间连接有阻值为R的电阻,‎ 其余电阻不计,磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直,开始时金属杆置于导轨下端QF处,将重物由静止释放,当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降。运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好(忽略所有摩擦,重力加速度为g),求:‎ ‎(1)电阻R中的感应电流方向。‎ ‎(2)重物匀速下降的速度v。‎ ‎(3)重物从释放到下降h的过程中,电阻R中产生的焦耳热QR。‎ ‎(4)若将重物下降h时的时刻记作t=0,速度记为v0,从此时刻起,磁感应强度逐渐减小,若此后金属杆中恰好不产生感应电流,则磁感应强度B随时间t怎样变化(写出B与t的关系式)。‎ ‎【解析】(1)由右手定则判定电阻R中的感应电流方向为Q→R→F (1分)‎ ‎(2)重物匀速下降时对金属杆受力分析如图:‎ T-mg-F=0‎ 式中:T=3mg,‎ F=B0IL= (1分)‎ 所以v= (1分)‎ ‎(3)设电路中产生的总焦耳热为Q,则由能量守恒关系得:减少的重力势能等于增加的动能和焦耳热Q 即3mgh-mgh=(3m)v2+mv2+Q (1分)‎ 所以电阻R中产生的焦耳热QR为 QR=Q=- (2分)‎ ‎(4)金属杆中恰好不产生感应电流 即磁通量不变Φ0=Φt (1分)‎ hLB0=(h+h2)LB (1分)‎ 式中:h2=v0t+at2 (1分)‎ 又a==g (1分)‎ 则磁感应强度B随时间t变化的关系式为 B== (1分)‎ 答案:(1) Q→R→F ‎(2)‎ ‎(3)-‎ ‎(4)B=‎