（2）乙同学要将另一个电流计G改装成直流电压表，但他仅借到一块标准电压表V
①该同学从上述具体条件出发，先将待改装的表G直接与一个定值电阻R相连接，组成一个电压表；然后用标准电压表V0校准．请你画完图2方框中的校准电路图．
②实验中，当定值电阻R选用17.0kΩ时，高整滑动变阻器R′的阻值，电压表V0的示数是4.0V时，表G的指针恰好指到满量程的五分之二；当R选用7.0kΩ时，调整R′的阻值，电压表V0的示数是2.0V，表G的指针又指到满量程的五分之二．由此可以判定，表G的内阻rg是3.03.0kΩ，满偏电流Ig是0.500.50mA．若要将表G改装为量程是15V的电压表，应配备一个27.027.0kΩ的电阻．
五氧化二钽薄膜具有相当稳定的化学性质,很低的光学损耗.在硅太阳能电池表面镀上一层五氧化二钽薄膜(为增透膜,膜的厚度等于入射光在其中波长的),可以减少太阳光的反射,提高硅太阳能电池的效率.请根据所给表格中的数据,计算镀膜后这种硅太阳能电池较镀膜前每秒多吸收了多少个光子?(普朗克常量h=6.63×10-34J·s,结果取两位有效数字)
在奥赛考纲中，静电学知识点数目不算多，总数和高考考纲基本相同，但在个别知识点上，奥赛的要求显然更加深化了：如非匀强电场中电势的计算、电容器的连接和静电能计算、电介质的极化等。在处理物理问题的方法上，对无限分割和叠加原理提出了更高的要求。
如果把静电场的问题分为两部分，那就是电场本身的问题、和对场中带电体的研究，高考考纲比较注重第二部分中带电粒子的运动问题，而奥赛考纲更注重第一部分和第二部分中的静态问题。也就是说，奥赛关注的是电场中更本质的内容，关注的是纵向的深化和而非横向的综合。
条件：⑴点电荷，⑵真空，⑶点电荷静止或相对静止。事实上，条件⑴和⑵均不能视为对库仑定律的限制，因为叠加原理可以将点电荷之间的静电力应用到一般带电体，非真空介质可以通过介电常数将k进行修正（如果介质分布是均匀和“充分宽广”的，一般认为k′= k /εr）。只有条件⑶，它才是静电学的基本前提和出发点（但这一点又是常常被忽视和被不恰当地“综合应用”的）。
电场的概念；试探电荷（检验电荷）；定义意味着一种适用于任何电场的对电场的检测手段；电场线是抽象而直观地描述电场有效工具（电场线的基本属性）。
决定电场强弱的因素有两个：场源（带电量和带电体的形状）和空间位置。这可以从不同电场的场强决定式看出——
⑵均匀带电环，垂直环面轴线上的某点P：E =，其中r和R的意义见图7-1。
如果球壳是有厚度的的（内径R1、外径R2），在壳体中（R1＜r＜R2）：
E =，其中ρ为电荷体密度。这个式子的物理意义可以参照万有引力定律当中（条件部分）的“剥皮法则”理解〔即为图7-2中虚线以内部分的总电量…〕。
1、电势：把一电荷从P点移到参考点P0时电场力所做的功W与该电荷电量q的比值，即
由于电势的是标量，所以电势的叠加服从代数加法。很显然，有了点电荷电势的表达式和叠加原理，我们可以求出任何电场的电势分布。
a、导体内部的合场强为零；表面的合场强不为零且一般各处不等，表面的合场强方向总是垂直导体表面。
c、导体内部没有净电荷；孤立导体的净电荷在表面的分布情况取决于导体表面的曲率。
导体壳（网罩）不接地时，可以实现外部对内部的屏蔽，但不能实现内部对外部的屏蔽；导体壳（网罩）接地后，既可实现外部对内部的屏蔽，也可实现内部对外部的屏蔽。
b、决定式。决定电容器电容的因素是：导体的形状和位置关系、绝缘介质的种类，所以不同电容器有不同的电容
⑴平行板电容器C ==，其中ε为绝对介电常数（线=，其它介质中ε=），εr则为相对介电常数，εr=。
2、O2、N2和CO2），后者则反之（如气态的H2O、SO2和液态的水硝基笨）
a、束缚电荷与自由电荷：在图7-4中，电介质左右两端分别显现负电和正电，但这些电荷并不能自由移动，因此称为束缚电荷，除了电介质，导体中的原子核和内层电子也是束缚电荷；反之，能够自由移动的电荷称为自由电荷。事实上，导体中存在束缚电荷与自由电荷，绝缘体中也存在束缚电荷和自由电荷，只是它们的比例差异较大而已。
ΔE1= k，ΔE2= k，即：ΔE1=ΔE2，而它们的方向是相反的，故在P点激发的合场强为零。
z=ΔEcosθ= k，而且ΔScosθ为面元在xoy平面的投影，设为ΔS′
1和E2的矢量合成遵从平行四边形法则，ΣE的方向如图。又由于矢量三角形PE1ΣE和空间位置三角形OP O′是相似的，ΣE的大小和方向就不难确定了。
1和R2，带有净电量+q，现在其内部距球心为r的地方放一个电量为+Q的点电荷，试求球心处的电势。
A和RB，现让A壳接地，而在B壳的外部距球心d的地方放一个电量为+q的点电荷。试求：（1）A球壳的感应电荷量；（2）外球壳的电势。
1）；②ab棒、ac棒对B点的电势贡献相同（可设为U2）；③bc棒对A、B两点的贡献相同（为U1）。
1+ U2+ U3+ U4），新盒子表面就构成了一个等势面、整个盒子也是一个等势体，故新盒子的中心电势为
半球面显然和为填补时Q点的电势大小相等、符号相反，即 U半球面= －UQ
1和q2，质量分别为m1和m2，被固定在相距L的两点。试问：（1）若解除A球的固定，它能获得的最大动能是多少？（2）若同时解除两球的固定，它们各自的获得的最大动能是多少？（3）未解除固定时，这个系统的静电势能是多少？
【解说】第（1）问甚间；第（2）问在能量方面类比反冲装置的能量计算，另启用动量守恒关系；第（3）问是在前两问基础上得出的必然结论…（这里就回到了一个基本的观念斧正：势能是属于场和场中物体的系统，而非单纯属于场中物体——这在过去一直是被忽视的。在两个点电荷的环境中，我们通常说“两个点电荷的势能”是多少。）
1、q2和q3，两两相距为r12、r23和r31，则这个点电荷系统的静电势能是多少？
1，B板带尽电量+Q2，且Q2＜Q1，试求：（1）两板内外表面的电量分别是多少；（2）空间各处的场强；（3）两板间的电势差。
r的电介质，是否会影响四个面的电荷分布（答：不会）？是否会影响三个空间的场强（答：只会影响Ⅱ空间的场强）？
r的均匀电介质，当两极板分别带上+Q和?Q的电量后，试求：（1）板上自由电荷的分布；（2）两板之间的场强；（3）介质表面的极化电荷。
上下部分的电量是不等的，但场强居然相等，这怎么解释？从公式的角度看，E = 2πkσ（单面平板），当k、σ同时改变，可以保持E不变，但这是一种结论所展示的表象。从内在的角度看，k的改变正是由于极化电荷的出现所致，也就是说，极化电荷的存在相当于在真空中形成了一个新的电场，正是这个电场与自由电荷（在真空中）形成的电场叠加成为E
= 4πk（σ?σ′）= 4πk（?）请注意：①这里的σ′和Q′是指极化电荷的面密度和总量；②E = 4πkσ的关系是由两个带电面叠加的合效果。
【答案】（1）真空部分的电量为Q，介质部分的电量为Q；（2）整个空间的场强均为
；（3）Q。〖思考应用〗一个带电量为Q的金属小球，周围充满相对介电常数为ε
【物理情形1】由许多个电容为C的电容器组成一个如图7-17所示的多级网络，试问：（1）在最后一级的右边并联一个多大电容C′，可使整个网络的A、B两端电容也为C′？（2）不接C′，但无限地增加网络的级数，整个网络A、B两端的总电容是多少？
解C′即可。第（2）问中，因为“无限”，所以“无限加一级后仍为无限”，不难得出方程
= C2= C3= C9= 1μF，C4= C5= C6= C7= 2μF，C8= C10= 3μF，试求A、B之间的等效电容。【解说】对于既非串联也非并联的电路，需要用到一种“Δ→Y型变换”，参见图7-19，根据三个端点之间的电容等效，容易得出定式——
=有了这样的定式后，我们便可以进行如图7-20所示的四步电路简化（为了方便，电容不宜引进新的符号表达，而是直接将变换后的量值标示在图中）——
【物理情形2】如图7-21所示的电路中，三个电容器完全相同，电源电动势ε
= 3.0V，ε2= 4.5V，开关K1和K2接通前电容器均未带电，试求K1和K2接通后三个电容器的电压Uao、Ubo和Uco各为多少。【解说】这是一个考查电容器电路的基本习题，解题的关键是要抓与o相连的三块极板（俗称“孤岛”）的总电量为零。
= 3.5V，Ubo= 0.5V，Uco= ?4.0V。【伸展应用】如图7-22所示，由n个单元组成的电容器网络，每一个单元由三个电容器连接而成，其中有两个的电容为3C ，另一个的电容为3C 。以a、b为网络的输入端，a′、b′为输出端，今在a、b间加一个恒定电压U ，而在a′b′间接一个电容为C的电容器，试求：（1）从第k单元输入端算起，后面所有电容器储存的总电能；（2）若把第一单元输出端与后面断开，再除去电源，并把它的输入端短路，则这个单元的三个电容器储存的总电能是多少？
（2）断开前，可以算出第一单元的三个电容器、以及后面“系统”的电量分配如图7-23中的左图所示。这时，C
的右板和C2的左板（或C2的下板和C3的右板）形成“孤岛”。此后，电容器的相互充电过程（C3类比为“电源”）满足——电量关系：Q
=；（2）。〖学员思考〗图7-23展示的过程中，始末状态的电容器储能是否一样？（答：不一样；在相互充电的过程中，导线消耗的焦耳热已不可忽略。）
