1．空间科技

近年来，我国在深空探测、卫星应用等领域成就斐然。

 

1．空间核反应堆中的典型链式反应之一为 ²³⁵₉₂U + ¹₀n → ¹⁴¹₅₆Ba + ⁹²₃₆Kr + _______。

A．¹₀n                  B．3¹₀n                C．³₁H                 D．3⁰₁e

 

2．空间核反应堆中某次核反应前的总质量为 m₁，反应后的总质量变为 m₂，真空中的光速为 c，则该次核反应释放的能量为_______。

 

3．一绕地卫星变轨过程中，下降高度 Δh，引力势能变化量为 ΔE_p1，继续下降高度 Δh，引力势能再次变化，变化量为 ΔE_p2，则_______。

A．|ΔE_p1| < |ΔE_p2|                B．|ΔE_p1| = |ΔE_p2|                C．|ΔE_p1| > |ΔE_p2|

 

4．一质量为 m 的卫星绕地球做半径为 r 的匀速圆周运动时，其动能为____。（地球质量为 M，引力常量为 G）

 

5．地球赤道上方有一带正电的绕地卫星相对于地面由西向东运动，地磁场对其产生的洛伦兹力_______。

A．向上               B．向下               C．向东               D．向西

【答案】

1．B

2．(m₁ – m₂)c²

3．A

4．\(\dfrac{{GMm}}{{2r}}\)

5．A

【解析】

1．设所求质量数为 Z、电荷数为 A，根据质量数守恒、电荷数守恒可得：

Z = (235 + 1) − (141 + 92) = 3，A = (92 + 0) − (56+36) = 0

正确选项为 B。

 

2．根据爱因斯坦质能方程可得：E = Δmc² = (m₁ – m₂)c²

 

3．引力势能变化量 ΔE_p 的大小对应万有引力做的功。根据万有引力定律，下降过程中万有引力增大，下降同样高度 Δh，第二次引力做的正功多，引力势能变化量大，即 |ΔE_p1| < |ΔE_p2|。正确选项为 A。

另解：由引力势能的表达式 E_p = − \(\dfrac{{GMm}}{r}\) 可以绘制出 E_p–r 图像，从绘制出的图像可以看出，在 r 减小的过程中，若横坐标变化量 Δh 相同，纵坐标的变化量并不相同，且满足 |ΔE_p1| < |ΔE_p2|。

 

4．根据万有引力提供向心力可得：G\(\dfrac{{Mm}}{{{r^2}}}\) = m\(\dfrac{{{v^2}}}{r}\)，由此式可解得卫星的动能 E_k = \(\dfrac{1}{2}\)mv² = \(\dfrac{{GMm}}{{2r}}\)。

 

5．赤道正上方的地磁场由南向北，带正电的卫星自西向东飞行，根据左手定则可得洛伦兹力的方向向上（指向天空）。

正确选项为 A。

 

2．光刻技术

极紫外光刻是重要的微加工技术之一。

 

1．一单色光经过双缝投射到到光刻胶涂层上，得到如图所示的干涉图样。为减小条纹间距，可减少_______（多选）

A．光波长                                 B．光强

C．双缝间距                             D．双缝到涂层的距离

 

2．产生光刻所需极紫外线的简化原理图如图所示。平行板电容器 C 与电阻 R、电源 E 串联，带电锡液滴在重力作用下从 a 点由静止下落，穿过竖直放置的电容器 C 运动到 b 点处被激光照射，产生处于高能级态的锡离子。之后，锡离子向低能级态跃迁，辐射出极紫外光。（所有锡液滴视为完全相同，不考虑电容器的边缘效应）

（1）若电源输出电压为 U，电容器两极板间距为 d，则极板间电场的电场强度大小为________。

（2）设一锡液滴进入电容器时电势能为 E_p1，其所在位置电势为 φ₁；该液滴即将离开电容器时电势能为 E_p2，所在位置电势为 φ₂，则_______。

A．E_p1 < E_p2，φ₁ > φ₂                        B．E_p1 > E_p2，φ₁ > φ₂

C．E_p1 < E_p2，φ₁ < φ₂                        D．E_p1 > E_p2，φ₁ < φ₂

（3）若锡滴都落在 b 点右侧，在不改变其他条件的情况下，为使锡液滴能落至 b 点，可将______（多选）

A．电阻 R 的阻值调小                      B．电阻 R 的阻值调大

C．电容器 C 整体上移                      D．电容器 C 整体下移

E．电容器 C 右极板向左移               F．电容器 C 右极板向右移

（4）锡离子从高能级态向低能级态跃迁发出波长为 λ 的极紫外光，则这两个能级的能量差为_______（普朗克常量为 h，真空中的光速为 c）

 

3．光刻技术新方案采用氦原子束代替极紫外光。为使氦原子的物质波波长小于极紫外光的波长 λ，氦原子的速度大小至少为________。（氦原子质量为 m，普朗克常量为 h）

A．\(\dfrac{m}{{h\lambda }}\)                        B． \(\dfrac{{h\lambda }}{m}\)                       C．\(\dfrac{h}{{m\lambda }}\)                        D．\(\dfrac{{mh}}{\lambda }\)

【答案】

1．AD

2．（1）\(\dfrac{U}{d}\)          （2）D          （3）CE        （4）\(\dfrac{{hc}}{\lambda }\)

3．C

【解析】

1．根据双缝干涉条纹间距公式 Δx = \(\dfrac{L}{d}\)λ 可知，要减小条纹间距 Δx，可以减小光的波长 λ 或减小双缝到涂层的距离 L。

正确选项为 AD。

 

2．（1）匀强电场中电场强度和电势差的关系是 E = \(\dfrac{U}{d}\)

（2）电荷在电场中运动时，电场力做正功，导致电势能减少，可得 E_p1 > E_p2；由电路图可知电容器左极板带正电，因此极板间的电场线方向向右，液滴在此区域向左拟电场线方向运动，电势升高，即 φ₁ < φ₂。

正确选项为 D。

（3）电路稳定时两板间电压等于电源电动势，与电阻无关，A、B 选项错误；

液滴在竖直方向做自由落体运动，若电容器整体上移，则在板间运动的时间 t 变大，离开电场的竖直速度 v_y 减小；水平方向做匀加速运动，水平距离 x = \(\dfrac{1}{2}\)a_xt²、水平速度 v_x = a_xt 也随之变大，与竖直方向的夹角 tanθ = \(\dfrac{{{v_x}}}{{{v_y}}}\) 也增大，使液滴离开电场后会比之前更偏向左运动，能落至 b 点。选项 C 正确 D 错误。

电容器右极板向左移动，两板间距离减小，导致水平方向加速度 a_x = \(\dfrac{{qU}}{{md}}\) 增大，水平距离 x、与竖直方向的夹角 tanθ 都增大，使液滴离开电场后会比之前更偏向左运动，能落至 b 点。选项 E 正确 F 错误。

正确选项为 CE。

（4）根据波尔理论的频率条件，两个能级的能量差 ΔE = hν = \(\dfrac{{hc}}{\lambda }\)。

 

3．根据德布罗意波长公式，氦原子的物质波波长 λ = \(\dfrac{h}{p}\) = \(\dfrac{h}{{mv}}\)，解得速度 v > \(\dfrac{h}{{m\lambda }}\)。

正确选项为 C。

 

3．电吉他

电吉他拾音器基本结构如图所示。磁铁附近的钢质琴弦被磁化，弦的振动会在闭合线圈中产生感应电流。

 

1．拨动琴弦发出一 E2 音（82 Hz），该频率的波动从琴弦传至空气时，_______。

A．频率改变，波长不变            B．频率不变，波长不变

C．频率改变，波长改变            D．频率不变，波长改变

 

2．琴弦上某质点的振动情况如图所示。t = 1.0 ms 时，该质点正在向 x 轴_______。

A．正方向加速运动                   B．负方向加速运动

C．正方向减速运动                   D．负方向减速运动

 

3．电吉他中有一 LC 振荡电路，以图（a）所示电流i方向为正方向。某时刻电容器 C 正在充电且上极板带正电，则该时刻可能对应图（b）中的_______。

A．t₁                                         B．t₂

C．t₃                                         D．t₄

 

4．穿过某拾音器线圈的磁通量 Φ 随时间t的变化关系如图所示，线圈中感应电动势变化的频率为____Hz。若该线圈有 500 匝，则感应电动势最大值为____V。（结果均保留 3 位有效数字，1 μWb = 1×10⁻⁶ Wb，1 ms =1×10⁻³ s）

【答案】

1．D

2．B

3．A

4．263，0.0785（有一定误差范围）

【解析】

1．频率由波源决定，波从一种介质进入另一种介质，频率不变；而波速取决于介质，琴弦上传播的机械波传入空气中形成的声波，波速会发生改变。

正确选项为 D。

 

2．由振动图像可知，质点在 t = 1.0 ms 时正处在正方向位移处，向平衡位置移动。而质点在平衡位置速度最大，因此该质点正在向 x 轴负方向加速运动。

正确选项为 B。

 

3．电容器充电时，电流应流入正极板，因此这个时刻回路中电流方向为逆时针方向，即正方向，对应图中的 t₁ 时刻。

正确选项为 A。

 

4．（1）由图可知磁通量变化的周期 T = 3.8 ms，此周期也是感应电动势变化的周期，所以频率 f = \(\dfrac{1}{T}\) = \(\dfrac{1}{{3.8 \times {{10}^{ - 3}}}}\) Hz = 263 Hz。

（2）由法拉第电磁感应定律 E = N\(\dfrac{{\Delta \varPhi }}{{\Delta t}}\) 可知，当 \(\dfrac{{\Delta \varPhi }}{{\Delta t}}\) 最大时感应电动势最大，对应 Φ–t 图像上切线斜率最大的位置，图中 t = 1.9 ms 对应的点符合这个特点。在图中做该点的切线，估算此切线的斜率 k_max =（\(\dfrac{{\Delta \varPhi }}{{\Delta t}}\)）_max = \(\dfrac{{1.100 - 0.900}}{{2.54 - 1.26}}\) μWb/ms。

最大电动势E = Nk_max = 500×\(\dfrac{{1.100 - 0.900}}{{2.54 - 1.26}}\)×10^–3 V ≈ 0.0781 V

另解：注意：此题并没有说明此曲线为正（余）弦函数曲线，因此下面的方法是不严密的，也不是出卷人预想的方法。

由图可知磁通量随时间的变化关系是 Φ = 1.00 − 0.095×10⁻⁶sinωt，其中角频率 ω = \(\dfrac{{2\pi }}{T}\) = \(\dfrac{{2 \times 3.14}}{{3.8 \times {{10}^{ - 3}}}}\) rad/s = 1653 rad/s。

对上式求导得磁通量变化率的大小 \(\dfrac{{\Delta \varPhi }}{{\Delta t}}\) = 0.095×10⁻⁶ωcosω，对应的最大值为 0.095×10⁻⁶ω。

由法拉第电磁感应定律 E = N\(\dfrac{{\Delta \varPhi }}{{\Delta t}}\) 得 E_m = 500×0.095×10⁻⁶×1653 V ≈ 0.0785 V。

 

4．压缩空气引火仪

如图，取少许干燥的疏松硝化棉，放入压缩空气引火仪的透明圆筒内，以不同速度压下活塞，观察密闭筒内发生的现象。

 

1．缓慢压下活塞，筒内气体视为温度不变的理想气体，硝化棉未被点燃。

（1）将筒内气体的压强、体积、热力学温度分别记为 p、V、T。以下图线可能描述此过程中气体状态量变化关系的有_______。（多选）

（2）当筒内气体体积压缩为初始体积的一半时，与初始状态相比，筒内气体的以下物理量发生变化的是_______。

A．内能                                                  B．分子平均动能

C．单位体积内的分子数                          D．分子间相互作用力

 

2．为点燃硝化棉，需快速压下活塞，主要原因是时间较短可使封闭气体经筒壁_______。

A．吸收的热量较少                                 B．释放的热量较少

C．释放的热量较多                                 C．吸收的热量较多

 

3．引火仪的筒壁厚度对实验效果有影响。为测量筒壁厚度，将一束水平激光射入竖直放置的圆筒，调节入射角度，使光线恰好在筒壁内表面发生全反射，光路如图所示（俯视）。测得光线在筒壁外表面的入射角为 θ，筒的外半径为 R，则筒壁厚度为_______。

 

【答案】

1．（1）AD         （2）C

2．B

3．R(1 − sinθ)

【解析】

1．（1）汽缸内气体做等温压缩，在 T–p 图像中等温线应是一根水平直线，选项 A 正确 B 错误；在 V–p 图像中应是一根双曲线，选项 C 错误D正确。

正确选项为 AD。

（2）温度是物体分子热运动平均动能的量度，此过程是等温变化，分子平均动能不变。选项B错误。

一定质量理想气体的内能仅取决于它的温度，因此气体的内能不变。选项 A 错误。

理想气体不计分子间相互作用力，也就不计分子势能。选项 D 错误。

封闭气体的分子数保持不变，而体积减小，则单位体积内的分子数增大。选项 C 正确。

正确选项为 C。

 

2．快速压下活塞压缩气缸内的空气的过程可近似视为绝热变化，根据热力学第一定律，外力做功使气体内能增加，温度升高，而释放到外界的热量较少，硝化棉会更容易被点燃。

正确选项为 B。

 

3．光路如图所示，设折射角为 α，根据折射率定义式可得 n = \(\dfrac{{\sin \theta }}{{\sin \alpha }}\)

设全反射的临界角为 C，可得 sinC = \(\dfrac{1}{n}\)

设圆筒内表面半径为r，在入射点、全反射点、圆心点构成的三角形中，根据正弦定理可得

\[\frac{r}{{\sin \alpha }} = \frac{R}{{\sin (\pi  - C)}} = \frac{R}{{\sin C}}\]

解得 r = \(\dfrac{{R\sin \alpha }}{{\sin C}}\) = R\(\dfrac{{\dfrac{{\sin \theta }}{n}}}{{\dfrac{1}{n}}}\) = Rsinθ

则筒壁厚度为R – r = R(1 − sinθ)

 

5．松鼠

一只松鼠在林间跳跃攀爬，其质量 m = 0.30 kg。

 

1．如图，该松鼠从一树枝的树梢沿水平方向跳出，跳到对面稍低处的另一水平树枝上。若两树枝在同一竖直平面内，且两树梢间的水平距离为 L、竖直距离为 H，则松鼠的跳出速度大小至少为______（重力加速度大小为 g，松鼠视为质点，忽略空气阻力）

 

2．如图，该松鼠沿一树枝由静止开始向上做匀加速直线运动，速度方向与水平成 θ = 60° 的夹角，爬行 2.0 m 用时 2.0 s。（忽略空气阻力，结果保留 2 位有效数字）

（1）此过程中该松鼠爬行的加速度大小 a =_______m/s²。

（2）求此过程中树枝对该松鼠的作用力大小 F。（计算）

 

3．小艾为研究松鼠从高处落地不受伤的原因，用高速摄像机拍摄了该松鼠竖直下落时的姿态，发现它在空中会伸开四肢和大尾巴，她测得该松鼠从高处由静止下落过程中的速度 v 随下落距离 h 变化关系如图所示。现研究该松鼠从 10 m 高处由静止下落的情况。

（1）该松鼠下落 10 m 过程中，空气阻力对其所做的功为_____J。（结果保留 2 位有效数字）

（2） 小艾研究视频发现该松鼠接触松软草地后经 t = 90 ms 速度减为零。若它可承受其所受重力 15 倍的平均冲击力而不受伤，通过计算证明它能安全落地。（论证）

【答案】

1．L\(\sqrt {\dfrac{g}{{2H}}} \)

2．（1）1.0

（2）F = 3.2 N

3．（1）− 17

（2）取向上为正方向，由动量定理有：

(F − mg)t = 0 − (− mv)

得 F = mg + \(\dfrac{{mv}}{t}\) = 9.8m + m\(\dfrac{9}{{90 \times {{10}^{ - 3}}}}\) = 109.8m < 15mg = 147m。

松鼠可以安全落地。

【解析】

1．松鼠做平抛运动，水平方向满足 L = v₀t，竖直方向满足 H = \(\dfrac{1}{2}\)gt²，联立解得：v₀ = L\(\sqrt {\dfrac{g}{{2H}}} \)。

 

2．（1）由 x = \(\dfrac{1}{2}\)at² 解得 a = \(\dfrac{{2x}}{{{t^2}}}\) = \(\dfrac{{2 \times 2}}{{{2^2}}}\) m/s² = 1.0 m/s²

（2）解法一：合成法

受力分析如图所示。

松鼠所受重力 G = mg = 0.3×9.8 N = 2.94 N，所受合力 F_合 = ma = 0.3 N

由余弦定理可得：

\[F = \sqrt {{G^2} + F_合^2 - 2G{F_合}\cos 150^\circ }  = \sqrt {{{2.94}^2} + {{0.3}^2} + 2 \times 2.94 \times 0.3 \times \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \;{\rm{N}} = 3.2\;{\rm{N}}\]

 

解法二：正交分解法

沿树枝方向和垂直树枝方向建立直角坐标系，受力分析如图所示。由正交分解法有：

Fsinα − Gcos60° = 0

Fcosα − Gsin60°= ma

又 sin²α + cos²α = 1

联立解得作用力大小为

\[\begin{array}{l}F = m\sqrt {{a^2} + {g^2} + 2ag\sin 60^\circ } \\ = 0.3 \times \sqrt {{{1.0}^2} + {{9.8}^2} + 2 \times 1.0 \times 9.8 \times \frac{{\sqrt 3 }}{2}}\; {\rm{N}}\\ = 3.2\;{\rm{N}}\end{array}\]

 

 

3．（1）由图可知松鼠下落 10 m 时的速度为 9 m/s，由动能定理可得：

\[mgh + {W_f} = \frac{1}{2}m{v^2} - 0\]

解得：W_f = \(\dfrac{1}{2}\)mv² – mgh = (0.5×0.3×9² – 0.3×9.8×10)J = − 17.25 J

（2）取向上为正方向，由动量定理有：

(F − mg)t = 0 − (− mv)

得 F = mg + \(\dfrac{{mv}}{t}\) = 9.8m + m\(\dfrac{9}{{90 \times {{10}^{ - 3}}}}\) = 109.8m < 15mg = 147m。

松鼠可以安全落地。

 

6．磁电式轮速传感器

某磁电式轮速传感器基本结构如图所示。齿圈上形状相同的铁齿分布均匀。铁齿在磁铁附近被磁化，齿圈转动使穿过线圈的磁通量发生变化，从而通过电压传感器信号获得齿圈转速。

 

1．如图，齿圈从图示位置转过一个齿距的过程中，穿过线圈的磁通量先减小后增大。设 a、b 两点电势分别为 φ_a、φ_b，则此过程中_______。

A．φ_a 始终高于 φ_b        B．先 φ_a 高于 φ_b，后 φ_a 低于 φ_b

C．φ_a 始终低于 φ_b        D．先 φ_a 低于 φ_b，后 φ_a 高于 φ_b

 

2．该传感器用于测量车速时，齿圈与汽车车轮以相同角速度转动。汽车匀速行驶。

（1） 线圈两端输出电压 u 随时间t的变化周期为 2t₀，如图(a)所示。已知车轮直径为 D，齿圈齿数为 N，则车速为_____。（车轮不打滑）

（2）传感器测得的正弦交流电电压最大值为 U_m，经半波整流后的波形如图（b）所示，整流后电压的有效值为_______。

3．将齿圈换成如图（a）所示的金属笼，电阻不计的两铜质细圆环正对放置，与环面垂直的三根金属棒 a₁b₁、a₂b₂ 和 a₃b₃ 均匀分布在两环间且与环接触良好。在该笼绕 OOʹ 转动过程中，金属棒依次整根穿过方向与棒垂直的有界匀强磁场，磁场范围很窄，棒在磁场中的速度可视为始终与磁场垂直，如图（b）所示。（虚线外磁场忽略不计，车轮不打滑）

已知：金属棒长度均为 L、阻值均为 r，有界磁场的磁感应强度大小为 B。

（1）当 a₁b₁ 切割磁感线时，两环间电压为 U，求此时

①a₁b₁ 产生的感应电动势 E。（计算）

②a₁b₁ 所受安培力大小 F。（计算）

（2）笼与汽车车轮以相同角速度转动，两圆环半径均为 R，车轮半径是圆环半径的 n 倍。某段时间内汽车做匀加速直线运动，测得两环间相继两次脉冲电压为 U₁ 和 U₂。

①下一个脉冲电压 U₃ 为_______。

A．2U₂ – U₁                B．\(\dfrac{{U_2^2}}{{{U_1}}}\)                C．\(\sqrt {\dfrac{{U_1^2 + U_2^2}}{2}} \)                D．\(\sqrt {2U_2^2 - U_1^2} \)

②求汽车的加速度大小 a。（计算）

【答案】

1．D

2．（1）\(\dfrac{{\pi D}}{{2N{t_0}}}\)      （2）\(\dfrac{{{U_{\rm{m}}}}}{2}\)

3．（1）E = 3U

②F_安 = \(\dfrac{{2BUL}}{r}\)

（2）①D

②a = \(\dfrac{{27n(U_2^2 - U_1^2)}}{{4\pi {B^2}{L^2}R}}\)

【解析】

1．磁铁内磁感线方向由S极指向N极，原磁场方向向左，当磁通量减小时，根据楞次定律，感应电流的磁场方向也向左，根据右手螺旋定则判断出线圈中感应电流从 a 流向 b，线圈作为一个电源，内部的电流是从低电势流向高电势，因此 φ_a < φ_b；同理，磁通量增大时，感应电流的方向从 b 流向 a，φ_a > φ_b。

正确选项为 D。

 

2．（1）由图可知每隔 2t₀ 时间转过一个齿，则车轮转动的周期 T = N·2t₀。由于车轮不打滑，因此车速即轮边缘的线速度，有

\[v = \dfrac{{2\pi }}{T} \cdot \dfrac{D}{2} = \dfrac{{\pi D}}{{2N{t_0}}}\]

（2）经过半波整流的交流电在 2t₀ 时间内产生的热量为 \(\dfrac{{{{\left( {\dfrac{{{U_{\rm{m}}}}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}{R}{t_0}\)；在相同的电阻 R 上加上直流电压 U，经过一个交变电流周期 2t₀ 的时间，产生的热量为 \(\dfrac{{{U^2}}}{R}2{t_0}\)，若满足热量相等：

\[\frac{{{{\left( {\frac{{{U_{\rm{m}}}}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}{R}{t_0} = \frac{{{U^2}}}{R}2{t_0}\]

得 U = \(\dfrac{{{U_{\rm{m}}}}}{2}\)

根据交流电有效值的定义，U 即为交变电流的电压有效值。

 

3．（1）①金属棒 a₁b₁ 切割磁感线，作为电源，内电阻即为 r；另两根金属棒并联作为外电阻，外电阻 R = \(\dfrac{r}{2}\)。由闭合电路欧姆定律，有：

\[U = \frac{R}{{R + r}}E = \frac{1}{3}E\]

解得：E = 3U

②根据安培力公式可得：F_安 = BIL = B·\(\dfrac{E}{{R + r}}\)·L = B·\(\dfrac{{3U}}{{0.5r + r}}\)·L = \(\dfrac{{2BUL}}{r}\)

（2）①相继两次脉冲时间内汽车走过的距离相同，都是三分之一圆弧，又汽车做匀加速直线运动，有：

v₂² − v₁² = 2ax，v₃² − v₂² = 2ax

得    v₃ = \(\sqrt {2v_2^2 - v_1^2} \)

而电压 U∝E = BLv ∝v _车，所以电压也有类似的规律，即 U₃ = \(\sqrt {2U_2^2 - U_1^2} \)。

正确选项为 D。

②笼与车轮角速度相同，由 v = ωr 可知车速为棒切割速度的n倍。

由（1）小题结论可得：E₁ = 3U₁ = \(\dfrac{{BL{v_1}}}{n}\)，E₂ = 3U₂ = \(\dfrac{{BL{v_2}}}{n}\)

则两次脉冲时刻车的速度分别为 v₁ = \(\dfrac{{3n{U_1}}}{{BL}}\)、v₂ = \(\dfrac{{3n{U_2}}}{{BL}}\)。

在这段时间内车轮转过三分之一圆周，车沿地面的位移为 x = \(\dfrac{1}{3}\)·2πnR。

得加速度大小

\[a = \frac{{v_2^2 - v_1^2}}{{2x}} = \frac{{{{\left( {\frac{{3n{U_2}}}{{BL}}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{3n{U_1}}}{{BL}}} \right)}^2}}}{{\frac{{4\pi nR}}{3}}} = \frac{{27n(U_2^2 - U_1^2)}}{{4\pi {B^2}{L^2}R}}\]