高考电磁综合详解

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序言

电磁问题是高考物理中的必考题，笔者曾经深受其摧残，科创入围考在即，决定写下这篇专栏，以帮助更多人解决电磁学问题。

由于本部分图形过多，且专栏内画图不便，故请读者准备好作图工具，笔者将会详细描述作图步骤。

基础思想

微元法

本质是积分，高中阶段接触到最早的微元法得到的公式是 x=v_0t+\frac{1}{2}at^2。然而，在这里我们并不需要什么复杂推导，只需要记住 \sum v\Delta t=x，\sum I\Delta t=q 即可。

等价思想

对于匀强电场来说，物体在其中受力只与物体本身有关，与运动状态无关，所以可以与重力合成为新的力场，这是电学中的常见等价。

对于静电场来说，其库仑力表达式和万有引力表达式类似，故可以运用天体运动相关知识，这个是比较常见的考察方式。

电场

高中物理拓展知识

静电场场源电荷为 Q，若 A 点处的电荷 q 与场源电荷 Q 的距离为 r。则 q 在 A 点处的电势能为 kQq/r，A 点处的电势为 kQ/r，证明略，此结论不适于在大题中使用。

功能关系在电场问题中的应用

功能关系指的是系统前后状态能量差等于过程中外界对系统做的功。此处大题较为少见，对于小题可以直接列出功能关系表达式进行求解。

:::::info[例题] 水平桌面内有位 O 的场源电荷 +Q 激发的静电场，一物块质量为 m，带电量为 -q，初始时用过原长为 d，劲度系数为 K 的弹簧与 O 点链接，弹簧无伸缩。将物块以初速度 v_0 射出，一段时间后物体在距场源电荷 D 的位置停下，物块与桌面动摩擦因数为 \mu。已知弹簧伸缩量为 x 时其弹性势能为 \frac{1}{2}kx^2，k 为弹簧的劲度系数。求这段时间内物块通过的路程 s。 ::::success[解答] 由功能关系

\frac{1}{2}mv_0^2-k\frac{Qq}{d}-\left[-k\frac{Qq}{D}+\frac{1}{2}K(D-d)^2\right]=-\mu mgs

即可解出 s。 :::: :::::

一些求场强的方法

类比质量分布均匀球壳对内部物体的万有引力为 0 可知，均匀带电球壳对内部物体电场强度为 0。这个结论可以推广，从而知道若两个部分能拼成一个带电均匀球壳，则两个部分激发的场强大小相同，方向相反。

对于均匀带电球壳外的点，其电场强度等价于位于球心，电量相同的点电荷激发的电场。

在解决不规则物体激发的场强问题时，一般先考虑割补法，然后考虑等价关系。

带电粒子在电场内的运动

直接等效重力场后视为类抛体运动即可。常见考法为结合动能定理和圆周运动轨道。要注意电场力是保守力的性质（做功大小只与前后位置有关）。

电容器相关问题

一定要记住 C=Q/U 只是定义式而非决定式，在不连接外电路的前提下，电容器有 Q 不变的默认条件。

电容器在电路中相当于理想电压表（断路），故电容器会会结合闭合电路相关知识进行考察。

题目中的细节

习题

磁场

安培力的常见问题

单独考察安培力的问题少之又少，一般结合电磁感应来考察。不过值得强调的是判断非直导线安培力的大小，安培力的大小等价于原导线首末相连形成的电流元所受的安培力，这也表明，电流元是矢量（这与高中阶段讲的不同）。从而我们得知，闭合线圈所受安培力为 0（这是很重要的一个结论）。

洛伦兹力与路径问题的考察

这类问题是高考的一大类考点，常考问题有组合场和叠加场，还有很多常见技巧。解决这部分问题要有基础的几何能力。此部分包含很多二级结论，我们一一介绍。此部分只考虑粒子带正电且磁场方向垂直纸面向里。

【粒子在洛伦兹力作用下运动的基础信息】

我们知道，洛伦兹力始终与速度方向垂直，这个性质与向心力相似，故等效后只受到洛伦兹力的物体在磁场中做匀速圆周运动。由 mv^2/R=qvB 知 R=\frac{mv}{qB}，而 T=\frac{2\pi R}{v}=\frac{2\pi m}{qB}，这说明物体运动的周期只与磁感应强度和物体比荷有关。

由于粒子做圆周运动，所以圆心在过入射点垂直于初速度的直线上。

【动圆法】

我们经常会见到如下几类问题：

  1. 粒子射出点和初速度大小相同，方向不定。
  2. 粒子初速度相同，射出点不定
  3. 粒子射出点和初速度方向相同，初速度大小会变化

第一类问题，我们发现圆轨迹的半径是确定，只不过是过入射点 O 的切线方向改变，所以我们先随意绘制一个圆轨迹，并且将其旋转即可。

第二类问题，圆轨迹的半径和入射点的切线方向均固定，只是入射点位置不同，所以我们可以将圆轨迹平移。

第三类问题，已经确定了圆心所在直线，我们可以先绘制一个轨迹，将其关于入射点做位似变换即可。

【磁聚焦，磁发散】

圆形磁场 \odot O 的半径 R 如果与粒子的运动轨迹半径 r 相同，那么从磁场边界一点 A 射入的粒子会垂直于 OA 射出，平行进入磁场的粒子会沿着垂直于摄入方向直径的端点射出。

考虑射出方向从射出点 B 做平行于 OA 的直线，则这条直线必过圆周运动轨迹圆心 C，由条件知 BC 与 OA 平行且相等，这是一个平行四边形，且对于边界上的任意一点均成立，而 OB 的方向与入射方向垂直，这说明任意方向入射的粒子，都可以以相同方向射出。

考察磁聚焦和磁发散的典例就是 2021 湖南 13 题，这题也留给笔者自行完成。

【组合场问题】

组合场问题难度并不大，关键在于要静下心来分析。

一般来说组合场不会和重力场组合，或者存在披着叠加场羊皮的组合场问题（如重力与电场力大小相同方向相反的叠加场）只需要合理分析轨迹即可。这并不复杂。

【叠加场问题配速法】

叠加场是比较常见的问题，一般来说，叠加场的运动几乎是匀速的（否则不容易解决）。我们考虑一些模型。

一、直线运动模型

粒子在有磁场的叠加场中做直线运动时，一定为匀速直线运动，因为重力，电场力和洛伦兹力，只有洛伦兹力与速度有关，则洛伦兹力恒定，且等于其他力的合力。

二、圆周运动模型

这类运动一般是电场力和重力大小相同，方向相反导致的，这等价于裸磁场，这并不复杂。

那如果上面两个模型叠加起来，便成了一大关键问题：配速法。

三、配速法

如果电场与磁场均不满足上面的两个条件，那我们要用配速法。

我们先取一个速度 \vec{v}_1 满足 qv_1B=qE，且二者方向相反，设个时候，余下的速度 \vec{v}_2=\vec{v}_1-\vec{v}_1，这里是向量减法，也就是另一方向的运动是等价于初速度为 v_2 的圆周运动。

我们不得不给出一个例题来加深理解。

:::::success[例题：【2025 湖南 14】题面请自行查找，折叠框内为解析] （1）

由闭合电路欧姆定律，电容器极板间电压 U=\frac{r_0}{r_0+2r_0}E_0

由牛顿第二定律，ma=q\frac{U}{d}

运动过程中，有 v_0t=\sqrt3 d，\frac{1}{2}at^2=\frac{d}{2}

联立得 q=\frac{mv_0^2}{E_0}

（2）

设 b 点射出速度大小为 v，由动能定理 \frac{1}{2}mv^2-\frac{1}2mv_0^2=qU/2

由几何关系得射入方向与水平夹角 \theta=30^\circ，知 2R\cos 30^\circ=d

粒子做匀速圆周运动，有 \frac{mv^2}{R}=qvB

联立解得 B=\frac{2E_0}{dv_0}

（3）

取竖直向上速度 v_1 满足 qv_1B=qE，得 v_1=\frac{2\sqrt3}3v_0，则剩余分速度 v_2=2v_0，方向与水平方向夹角 \theta'=60^\circ

则水平最远位移 x=(1+\sin 60^\circ)R，且 mv_2^2/R=qv_2B，联立得 x=\frac{\sqrt3+2}{2}d :::::

【动量的应用】

在这个分版块你会接触到一些微元法，请做好心理准备。

上一题的第三问，如果你不会配速法你会如何去做？

我们尝试使用更不用脑子的方法：硬算！

先考虑由于洛伦兹力不做功，所以当粒子最远时候，其动能最大，且显然速度方向应该是竖直向上的。

我们不妨写出来动能定理和动量定理看看！

还记得上面的微元公式吗？\sum v\Delta t=x，q,B 均为定值，那 \sum qv_xB\Delta t 不就是 qBx 吗。

于是你得到了这个方程组

\left\{ \begin{aligned} &\frac{1}{2}mv_m^2-\frac{1}{2}mv_0^2=qEx\\ &mv_m-(-mv_0\sin\theta)=qBx \end{aligned} \right.

双变量，双方程，一定是能解出来 v_m 和 x 的，而 x 就是我们想求的东西。甚至你还可以验证 v_m=v_1+v_2。

这便是动量定理在磁场问题中的应用，在电磁感应部分，我们还会更广泛的运用该方法。

习题

电磁感应

基础知识

电磁感应部分，最基础的公式就是 E=N\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}，而熟知 \Phi=BS，故改变 B 和 S 均能影响 \Phi，据此，我们称因 B 改变产生的感应电动势为感生电动势，因 S 改变产生的感应电动势为动生电动势。

对于感生电动势，常见的考察方式是 B 与 t 呈线性关系，若 B=kt+B_0，则产生的感生电动势大小恒定为 NkS，这个也是一种常见的考察方式。

对于动生电动势，要牢记 E=NBLv，这个是后续与动力学问题结合的基础。推导过程此处略去。

楞次定律的应用与广义楞次定律

楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

请牢记这句话，这句话大部分人读起来都会觉得拗口，笔者也不例外。请注意阻碍一词，说明磁通量的变化趋势是不会改变的，感应电流只是减缓了变化的大小。

分析因果关系，我们得知，感应电流使产生感应电流的原因造成的影响减轻，那么我们不妨推广一下。

考虑经典问题，将条形磁铁 N 极插入螺线圈，条形磁铁的受力方向和线圈的缩放程度如何变化？

N 极靠近线圈，说明磁感应强度增大，为了抵消这个效果，线圈会产生感应电流。而线圈本身也会有收缩的趋势，条形磁铁受到向上的阻力，这都是为了减轻原因导致系统产生的变化趋势。这也是广义楞次定律的应用。

单杆电阻无外力模型

单杆电阻无外力模型是电磁感应部分最基础的模型。

空间内两根平行金属导轨距离为 L，导轨平面与水平面平行，电路总电阻为 R，空间中存在垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度为 B，质量为 m 的金属杆的电阻忽略不计，其垂直于磁场和导轨放置，沿与导轨平行的方向运动，初速度 v_0。

金属杆运动过程中会产生感应电流，感应电流使金属杆受到安培力，用左手定则和右手定则判断方向可知，安培力方向与运动方向相反，故金属导轨做减速运动，速度最终为 0。

假设金属导轨的瞬时速度为 v，则 E=BLv，I=E/R，F=BIL，得 F=\frac{B^2L^2v}{R}，说明安培力大小与速度有关。之前我们在解决洛伦兹力问题的时候使用了动量定理处理速度，那这次我们不妨试一试。于是我们写出了 I_F=-\sum F\Delta t=-\frac{B^2L^2v\Delta t}{R}=-\frac{B^2L^2x}{R}，于是 x=\frac{m(v-v_0)R}{B^2L^2}。我们解决了第一个问题。

那如果我们保留 F=BIL 的形式呢？I_F=-\sum BIL\Delta t=-BL\sum I\Delta t=-BLq，于是我们又知道了 q=\frac{m(v_0-v)}{BL}，把这些东西画个等号还能得到 q 和 x 的关系。

这里会有人有疑问：为什么我们求的东西没有时间呢，实际上，降为速度为 0 所需要的时间是无穷大！故这个模型并不需要求出时间。

至于焦耳热，我们通过能量守恒定律解决问题。考虑金属杆系统，其能量守恒，且只有电能和动能相互转化，故 E+E_{k1}=E_{k0}，而电能无法储存，通过电阻的焦耳热进行释放，故电路总的焦耳热为 -\Delta E_k，每个分电阻的焦耳热通过串联串联电阻定律计算即可。

上面的式子如果写成动能定理的形式，即为 E_{k1}-E_{k0}=W，其中 W 是安培力做功。两式比较可以知道，Q=E=-W，也就是电能的变化量等于克服安培力做的功。这是一个普遍结论，十分常用。

单杆电阻有外力模型

空间内两根平行金属导轨距离为 L，导轨平面与水平面平行，电路总电阻为 R，空间中存在垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度为 B，质量为 m 的金属杆的电阻忽略不计，其垂直于磁场和导轨放置，沿与导轨平行的方向从静止开始在恒力 F 的作用下运动。

不同的是，这次我们给加上了外力，事实上，安培力表达式不变。当 \frac{B^2L^2v}{R}=F 时，单杆变为匀速运动，感应电动势稳定，故 v_m=\frac{FR}{B^2L^2}。

类似的分析动量可以得到如下两式：

通过这个方法可以求出运动时间，通过截面的电荷量和前进位移。

类似地，列出动能定理，有 \Delta E_k=Fx+Q，这样还能求出焦耳热。

单杆电源模型

空间内两根平行金属导轨距离为 L，导轨平面与水平面平行，导轨最左侧连有电动势为 E 的电源，电路总电阻为 R，空间中存在垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度为 B，质量为 m 的金属杆的电阻忽略不计，其垂直于磁场和导轨放置，初始时静止在平面内。

分析运动状态可知，本质上是单杆电阻有外力模型，恒力 F=\frac{BEL}{R}，但是由于电源是提供电能的元件，所以有些部分我们还需要额外的分析。

根据右手定则判断可知，当金属杆速度大小为 v 时，电路电流 I=\frac{E-BLv}{R}，故安培力 F=\frac{BEL-B^2L^2v}{R}。

列出动量定理表达式，BLq=\Delta p 和 \sum F\Delta t=\Delta p，展开后式可知 x=\frac{E}{BL}t-\frac{R\Delta p}{B^2L^2}。

列出能量守恒可知，电源电能 E=\frac{1}{2}mv^2+Q，这样也能求出焦耳热。

单杆空电容无外力模型

空间内两根平行金属导轨距离为 L，导轨平面与水平面平行，导轨最左侧连有大小为 C 的电容，电路总电阻为 R，空间中存在垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度为 B，有质量为 m 的金属杆，电路总电阻为 R，其垂直于磁场和导轨放置，沿与导轨平行的方向运动，初速度 v_0。

显而易见的是，当 U_C=BLv_m 时，金属杆此后均匀速运动。由于电容器不好分析，所以这个模型唯一考察点在于求杆匀速运动时的速度 v_m。

根据 U_C=BLv_m，q=CU_C，可知 q=CBLv_m，而根据动量定理，BLq=mv_m-mv_0，故 v_m=\frac{m}{m+B^2L^2C}v_0。

单杆空电容有外力模型

空间内两根平行金属导轨距离为 L，导轨平面与水平面平行，金属导轨两端接电容 C，电路总电阻为 R，空间中存在垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度为 B，质量为 m 的金属杆的电阻忽略不计，其垂直于磁场和导轨放置，沿与导轨平行的方向从静止开始在恒力 F 的作用下运动。

我们要判断一下最终导轨的运动情况。

由牛顿第二定律 ma=F-BIL，而 I=\frac{\Delta Q}{\Delta t}=\frac{C\Delta U}{t}=\frac{CBL\Delta v}{\Delta t}，a=\frac{\Delta v}{\Delta t}，联立得 a=\frac{F}{m+CB^2L^2}，这说明轻杆做匀加速直线运动，这个一个比较令人惊讶的结论，务必牢记！

单杆有电电容模型

空间内两根平行金属导轨距离为 L，导轨平面与水平面平行，金属导轨两端接电容 C，电容两极板间电压为 U，电路总电阻为 R，空间中存在垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度为 B，质量为 m 的金属杆的电阻忽略不计，其垂直于磁场和导轨放置，初始时静止在平面内。

同空电容一样，当 U_C=BLv_m 时，金属杆此后均匀速运动。由于电容器不好分析，所以这个模型唯一考察点在于求杆匀速运动时的速度 v_m。

根据 U_C=BLv_m，Q=CU，q=CU_C，可知 q=CBLv_m，而根据动量定理，BL(Q-q)=mv_m-mv_0，故 v_m=\frac{BLCU}{m+B^2L^2C}v_0。

双杆等距无外力模型

空间内两根平行金属导轨距离为 L，导轨平面与水平面平行，空间中存在垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度为 B，垂直于导轨和磁场放置两根金属杆，质量分别为 m_1,m_2，电路总电阻为 R，现使金属杆 m_1,m^2 分别以 v_1,v_2(v_1>v_2) 的初速度开始运动，运动过程中两杆不碰撞。

分析运动状态可知，两根金属杆和导轨形成闭合回路，根据安培力结论，金属杆系统不受安培力，故系统动量守恒。

又考虑两杆共速时，电路中不再产生电流，即两杆此后皆匀速共速，这相当于非弹性碰撞，损失的机械能转化为焦耳热。故有如下二式：

当二者共速时为完全非弹性碰撞，有如下二式：

同理，对单杆列出动量定理也可以求出电荷量和相对位移。下面给出相对位移的推导过程。

由动量定理有 m_1v_1'-m_1v_1=-\sum\frac{B^2L^2(v_1'-v_2')}{R}\Delta t，而 \sum v_1'\Delta t=x_1，\sum v_2'\Delta t=x_2，x=x_1-x_2，得到 m_1v_1'-m_1v_1=\frac{B^2L^2x}{R}。即可解出 x=\frac{m_1R(v_1'-v_1)}{B^2L^2}。再结合系统动量守恒即可。

双杆等距有外力模型

空间内两根平行金属导轨距离为 L，导轨平面与水平面平行，空间中存在垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度为 B，垂直于导轨和磁场放置两根金属杆，质量分别为 m_1,m_2，电路总电阻为 R，现给金属杆 m_1 作用一个大小为 F，平行于导轨平面的外力，运动过程中两杆不碰撞。

依旧分析最终运动状态。

回路电压 E=BL(v_1-v_2)，对 m_1,m_2 分别分析，有 m_1a_1=F-\frac{BEL}{R}，m_2a_2=\frac{BEL}{R}，故当 a_1=a_2 时，回路电流稳定，即两金属杆最终做共加速度的匀加速直线运动。联立上式知 a=\frac{F}{m_1+m_2}。

双杆不等距模型

空间内有两根金属导轨，导轨平面与水平面平行，空间中存在垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度为 B，垂直于导轨和磁场放置两根金属杆，质量分别为 m_1,m_2，放置的位置导轨距离为 L_1,L_2，且运动过程中每根金属杆所在的导轨间距不变，电路总电阻为 R，现使金属杆 m_2 以 v_0 的初速度平行于导轨运动。

此时，系统动量不再守恒，这注定了很多性质的消失。

不过可喜可贺的是，当 BL_1v_1=BL_2v_2 时，分析可知此后两杆均为匀速，同时可根据动量定理，有 BL_2q=m_2v_2 或 BL_1q=m_1v_1，还可以求出流经电路截面的电荷量。

线框模型

我们有结论，一个不规则导体切割磁感线，等价于磁场内的导体两端点的连线在运动方向的法向量上的投影长度做相同的切割磁感线运动。

这说明当一个线框完全在磁场中时，其不受磁场内的力。故我们只需要对进出磁场单独分析即可。

计算通过线框横截面的电荷量问题，通过 Q=\sum\frac{\Delta\Phi}{R\Delta t}\Delta t=\frac{\Delta\Phi}{R} 可以快速求解。

不规则导轨模型

近些年考题中也出现了使用微元法的不规则导轨模型。

::::success[例题：【2025 湖南 9】题目请自行搜索] 这题作为多选题，显然有排除法的做法。

显然 A 选项可以通过右手定则判断；若金属杆可以匀速运动，则 F=\frac{B^2L^2v}{Lr_0}，故 F 与 L 成正比，说明 F 不是恒力，B 错误；C 选项看起来可能有些困难，我们可以先跳过，但是 C 选项的答案提醒了我们要善用量纲，我们可以知道 S 与 v_0 成正比，这说明当 v_0 变为原来一半时，S 也应当变为原来一半，根据抛物线性质，我们知道经过的距离会大于原来的一半，D 错误。由于这题是多选，所以最终答案为 AC。

考虑 C 选项，使用微元法，取极小时间 \Delta t，设 \Delta t 时间内扫过的面积为 \Delta S，根据微元法性质，若此时速度为 v，则 L=\frac{\Delta S}{v\Delta t}，根据动量定理有 -mv_0=-\sum B\frac{B\Delta S}{Lr_0\Delta t}L\Delta t=-\sum \frac{B^2\Delta S}{r_0}=\frac{B^2S}{r_0}，故 S=\frac{mv_0r_0}{B^2}，C 正确。 ::::

交变电流与变压器

感应电动势和磁通量的微分关系

根据 E=\frac{\Delta \Phi}{\Delta t} 可知，t_0 时刻的瞬时感应电动势等于 \Phi-t 图像在 t=t_0 处的斜率。知道这个结论后这样我们可以更便捷地解决一些问题。

交变电流的产生与描述

高中阶段所认为的交变电流如无特殊说明均默认为正弦式交变电流。产生正弦式交变电流的条件是，线圈在磁场内绕轴周期转动，轴应当与磁感应强度垂直。

定义中性面为与过轴且磁感应强度垂直的平面。设旋转时间为 t，旋转角速度为 \omega，线圈匝数为 N，单匝线圈面积为 S，则线圈平面和磁场平面夹角为 \omega t，则磁通量 \Phi=NBS\sin(\omega t)，求导得 e=NBS\omega\sin(\omega t)，我们记 E_m=NBS\omega，则 e=E_m\sin(\omega t)。类似地，有 i=I_m\sin(\omega t)，u=U_m\sin(\omega t)。根据周期性有 2\pi f=\frac{2\pi}{T}=\omega，这和圆周运动相似。我们将 E_m,I_m,U_m 称作最大值，在判断电容器击穿的时候要使用最大值。

假设有一个电阻 R，我们要计算他接在交变电流上产生的焦耳热，就不能直接使用 Q=I_m^2RT 来计算了，我们定义交变电流的有效值 E,I,U，其定义为使用有效值电压的恒定电流接在电阻两端，一周期内与交变电流接在电阻两端时产热相等。根据推导，\sqrt2E=E_m，\sqrt2U=U_m，\sqrt2I=I_m。下面进行推导

根据正弦函数对称性，只需对四分之一个周期内的产热进行计算由焦耳定律，取极小时间 \Delta t，Q=\sum i^2R\Delta t=\sum I_m^2\sin^2(\omega t)R\Delta t=\frac{I_m^2R}{\omega}\sum\sin^2(\omega t) \Delta\omega t，记 \omega t=\theta，则等价于 Q=\frac{I_m^2R}{\omega}\sum\sin^2\theta\Delta \theta，根据 \sin^2x+\cos^2x=1 和 [0,\frac{\pi}{2}] 的性质，可知 Q=\frac{I_m^2R}{2\omega}(\sum\sin^2\theta\Delta \theta+\sum\cos^2\theta\Delta \theta)=\frac{I_m^2R\pi}{4\omega}=\frac{1}{8}I_m^2RT=\frac{1}{4}I^2RT，即 I_m^2=2I^2，从而 \sqrt2I=I_m。类似地可推知其他三项。

请注意部分时候交变电流周期不完整，计算有效值时要记得考虑无电时刻。

如交变电流 i=\max(I_m\sin(\omega t),0)，此时电流有效值计算方式变为 \frac{1}{4}I_m^2RT=I^2RT，此时 2I=I_m。

其余交变电流推导过程类似，不再一一列举。

变压器

变压器定义不再赘述，我们在高中阶段一般只考虑理想变压器。

变压器特点是，主副线圈的功率不变，即 U_1I_1=U_2I_2，根据 \frac{U_1}{U_2}=\frac{n_1}{n_2}，知 n_1I_1=n_2I_2，从而 \frac{R_1}{R_2}=\frac{n_1^2}{n_2^2}。

由此，我们可以疯狂地进行等效和恒等式，然后进行联立，从而解决变压器问题。