108 年 國立臺灣大學電機工程研究所乙組《電力工程（含電機機械、電力電子、電力系統）》

核心觀念

本題為平衡三相電路，可採用「每相等效電路」分析。由圖可得：

• 電源相電壓：$\dot V_{an}=150\angle0^\circ\ \mathrm{V}$
• $a$ 相兩段線路阻抗：
  $Z_{\text{line}}=j0.2+j0.3=j0.5\ \Omega$
• 中央平衡 Y 形負載每相阻抗：
  $Z_Y=j2\ \Omega$
• 右側平衡 $\Delta$ 形負載每相阻抗：
  $Z_\Delta=30\angle0^\circ=30\ \Omega$

因為系統完全平衡，中性線電流為零，因此中性線上的 $5+j5\ \Omega$ 不影響 $a$ 相電流。

解題方法

將右側 $\Delta$ 負載轉換為等效 Y 負載：

$$Z_{\Delta\to Y}=\frac{Z_\Delta}{3} =\frac{30}{3}=10\ \Omega$$

因此，每相負載為 $j2\ \Omega$ 與 $10\ \Omega$ 並聯：

$$Z_L=(j2)\parallel 10 =\frac{j2(10)}{10+j2}$$ $$Z_L=\frac{j20(10-j2)}{10^2+2^2} =\frac{40+j200}{104} =\frac{5}{13}+j\frac{25}{13}\ \Omega$$

每相總阻抗為：

$$Z_{\text{total}} =j0.5+Z_L =\frac{5}{13}+j\left(\frac{25}{13}+0.5\right) =\frac{10+j63}{26}\ \Omega$$

先求流入並聯負載的總電流：

此題考驗複數功率、功率傳輸最大值條件以及電壓相角差的應用。

核心觀念：

1. 複數功率的表示：$S = P + jQ = V I^*$。
2. 電路中的功率傳輸：從電源端傳輸到負載端的功率。
3. 最大功率傳輸條件：當電壓相角差固定時，功率與相角差的關係。

題目給定：
$|V_1| = 1.03$ (單位通常是 p.u.)
$|V_2| = 1$ (單位通常是 p.u.)
$Z_{line} = 1\angle 80^\circ$ (單位通常是 p.u.)
$\theta_{12} = \theta_1 - \theta_2$ (電壓 $V_1$ 和 $V_2$ 的相角差)
我們需要計算 $-P_{21}$ 的最大值，其中 $P_{21}$ 是從節點 1 傳輸到節點 2 的有功功率。

從圖示的功率標示 $S_{12} = P_{12} + jQ_{12}$ 和 $S_{21} = P_{21} + jQ_{21}$，可知 $P_{21}$ 是從節點 1 傳輸到節點 2 的有功功率。
根據功率守恆， $P_{12} = -P_{21}$。
題目要求最大功率 $-P_{21}$，即為最大功率 $P_{12}$。

我們假設 $V_1$ 和 $V_2$ 是相量形式：
$V_1 = |V_1| \angle \theta_1 = 1.03 \angle \theta_1$
$V_2 = |V_2| \angle \theta_2 = 1 \angle \theta_2$

$Z_{line} = R + jX = |Z_{line}| \angle \phi_Z = 1 \angle 80^\circ$。
所以 $R = 1 \cos 80^\circ$ 且 $X = 1 \sin 80^\circ$。
$R \approx 0.1736$
$X \approx 0.9848$

從節點 1 流向節點 2 的電流 $I_{12}$ 為：
$I_{12} = \frac{V_1 - V_2}{Z_{line}}$

從節點 2 接收的功率 $S_{21} = V_2 I_{12}^*$。
$I_{12}^* = \left(\frac{V_1 - V_2}{Z_{line}}\right)^* = \frac{V_1^* - V_2^*}{Z_{line}^*}$。
$S_{21} = V_2 \frac{V_1^* - V_2^*}{Z_{line}^*} = \frac{V_2 V_1^* - V_2 V_2^*}{Z_{line}^*}$。
$V_2 V_2^* = |V_2|^2 = 1^2 = 1$。
$V_2 V_1^* = |V_2| \angle \theta_2 \cdot |V_1| \angle -\theta_1 = |V_1||V_2| \angle (\theta_2 - \theta_1) = 1.03 \times 1 \angle (-\theta_{12}) = 1.03 \angle (-\theta_{12})$。
$Z_{line}^* = (1 \angle 80^\circ)^* = 1 \angle -80^\circ$。

$S_{21} = \frac{1.03 \angle (-\theta_{12}) - 1}{1 \angle -80^\circ}$。
$P_{21} = \text{Re}(S_{21}) = \text{Re}\left( \frac{1.03 (\cos(-\theta_{12}) + j\sin(-\theta_{12})) - 1}{ \cos(-80^\circ) + j\sin(-80^\circ) } \right)$
$P_{21} = \text{Re}\left( \frac{1.03 (\cos\theta_{12} - j\sin\theta_{12}) - 1}{ \cos 80^\circ - j\sin 80^\circ } \right)$。

這個計算方式比較複雜。我們換一個角度。
根據功率傳輸公式：
$P_{12} = \frac{|V_1||V_2|}{ |Z_{line}| } \cos(\phi_Z - (\theta_1 - \theta_2))$
$P_{12} = \frac{|V_1||V_2|}{ |Z_{line}| } \cos(\phi_Z - \theta_{12})$
這裡 $P_{12}$ 是從節點 1 傳輸到節點 2 的有功功率。
題目要求的 $-P_{21}$ 就是 $P_{12}$。
$|V_1| = 1.03$, $|V_2| = 1$, $|Z_{line}| = 1$, $\phi_Z = 80^\circ$。
$P_{12} = \frac{1.03 \times 1}{1} \cos(80^\circ - \theta_{12}) = 1.03 \cos(80^\circ - \theta_{12})$。

為了使 $P_{12}$ 最大，我們需要 $\cos(80^\circ - \theta_{12})$ 最大。
$\cos$ 函數的最大值為 1。
所以，$\cos(80^\circ - \theta_{12}) = 1$。
此時 $80^\circ - \theta_{12} = 0^\circ$，即 $\theta_{12} = 80^\circ$。

最大功率 $P_{12, max} = 1.03 \times 1 = 1.03$ p.u.。
題目要求的是 $-P_{21}$ 的最大值，即 $P_{12}$ 的最大值。

所以，最大功率 $-P_{21}$ 為 $1.03$ p.u.。

驗證功率傳輸公式
$I_{12} = \frac{V_1 - V_2}{Z_{line}} = \frac{1.03 \angle \theta_1 - 1 \angle \theta_2}{1 \angle 80^\circ}$

此題考驗單相變壓器的等效電路參數換算至標么值 (per unit value) 以及標么阻抗圖的繪製。

核心觀念：

1. 變壓器等效電路參數的折算（高壓側、低壓側）。
2. 標么值計算：$Z_{pu} = \frac{Z_{actual}}{Z_{base}}$。
3. 變壓器標么阻抗圖的繪製。

題目給定：
高壓側 (HV)：
$R_1 = 0.5\Omega$
$X_{l1} = 20\Omega$
$N_1 = 2000$ turns

低壓側 (LV)：
$R_2 = 0.005\Omega$
$X_{l2} = 0.02\Omega$
$N_2 = 200$ turns

變壓器變比 (匝數比)：
$a = \frac{N_1}{N_2} = \frac{2000}{200} = 10$。

基值 (Base values)：
選擇高壓側的基值：
$S_{base\_HV} = 30 \text{ kVA} = 30 \times 10^3 \text{ VA}$
$V_{base\_HV} = 1000 \text{ V}$

計算步驟：

第一部分：計算基值

1. 計算高壓側基值阻抗：
   $Z_{base\_HV} = \frac{V_{base\_HV}^2}{S_{base\_HV}} = \frac{(1000 \text{ V})^2}{30 \times 10^3 \text{ VA}} = \frac{10^6}{30 \times 10^3} \Omega = \frac{1000}{30} \Omega = \frac{100}{3} \Omega \approx 33.33 \Omega$。

2. 計算低壓側的基值電壓、視在功率和阻抗：
   由於是單相變壓器，視在功率基值在兩側是相同的。
   $S_{base\_LV} = S_{base\_HV} = 30 \text{ kVA}$。
   低壓側的基值電壓與高壓側的基值電壓之間的關係由變比決定：
   $V_{base\_LV} = \frac{V_{base\_HV}}{a} = \frac{1000 \text{ V}}{10} = 100 \text{ V}$。
   低壓側的基值阻抗：
   $Z_{base\_LV} = \frac{V_{base\_LV}^2}{S_{base\_LV}} = \frac{(100 \text{ V})^2}{30 \times 10^3 \text{ VA}} = \frac{10000}{30000} \Omega = \frac{1}{3} \Omega \approx 0.3333 \Omega$。

第二部分：計算標么值 (Per Unit Values)

1. 高壓側阻抗的標么值：
   $R_{1,pu} = \frac{R_1}{Z_{base\_HV}} = \frac{0.5 \Omega}{100/3 \Omega} = 0.5 \times \frac{3}{100} = \frac{1.5}{100} = 0.015$ p.u.。
   $X_{l1,pu} = \frac{X_{l1}}{Z_{base\_HV}} = \frac{20 \Omega}{100/3 \Omega} = 20 \times \frac{3}{100} = \frac{60}{100} = 0.6$ p.u.。

2. 低壓側阻抗的標么值：
   這裡要注意，低壓側的實際阻抗 $R_2, X_{l2}$ 需要先折算到高壓側，然後再除以高壓側的基值阻抗；或者，將低壓側的實際阻抗除以低壓側的基值阻抗。我們採用後者，因為題目要求計算兩側的標么值。
   $R_{2,pu} = \frac{R_2}{Z_{base\_LV}} = \frac{0.005 \Omega}{1/3 \Omega} = 0.005 \times 3 = 0.015$ p.u.。
   $X_{l2,pu} = \frac{X_{l2}}{Z_{base\_LV}} = \frac{0.02 \Omega}{1/3 \Omega} = 0.02 \times 3 = 0.06$ p.u.。

   另一種計算方式（將低壓側參數折算到高壓側再計算標么值）：
   低壓側電阻折算到高壓側：$R_{2'} = R_2 \times a^2 = 0.005 \times 10^2 = 0.005 \times 100 = 0.5\Omega$。
   低壓側電抗折算到高壓側：$X_{l2'} = X_{l2} \times a^2 = 0.02 \times 10^2 = 0.02 \times 100 = 2\Omega$。
   這些折算到高壓側的參數，其標么值應該是基於高壓側基值計算。
   $R_{2',pu} = \frac{R_{2'}}{Z_{base\_HV}} = \frac{0.5 \Omega}{100/3 \Omega} = 0.5 \times \frac{3}{100} = 0.015$ p.u.。
   $X_{l2',pu} = \frac{X_{l2'}}{Z_{base\_HV}} = \frac{2\Omega}{100/3 \Omega} = 2 \times \frac{3}{100} = 0.06$ p.u.。
   這兩種計算方法得到的結果一致，表明計算是正確的。
   注意：題目要求的是「兩側的標么值」，所以我們應分別給出高壓側和低壓側的標么值。

第三部分：繪製標么阻抗圖

變壓器可以簡化為一個串聯阻抗，忽略激磁電路（因為題目要求忽略激磁電流）。
這個串聯阻抗可以表示在高壓側或低壓側。通常，我們會將所有參數折算到同一側（例如高壓側）來表示。

選項一：將所有參數表示在高壓側。
高壓側繞組阻抗：$Z_1 = R_{1,pu} + jX_{l1,pu} = 0.015 + j0.6$ p.u.。
低壓側繞組阻抗折算到高壓側：$Z_2' = R_{2',pu} + jX_{l2',pu} = 0.015 + j0.06$ p.u.。
變壓器總等效阻抗（在高壓側）：$Z_{eq\_HV} = Z_1 + Z_2' = (0.015 + j0.6) + (0.015 + j0.06) = 0.030 + j0.66$ p.u.。

選項二：將所有參數表示在低壓側。
低壓側繞組阻抗：$Z_2 = R_{2,pu} + jX_{l2,pu} = 0.015 + j0.06$ p.u.。
高壓側繞組阻抗折算到低壓側：
$R_{1''} = R_1 / a^2 = 0.5 / 10^2 = 0.5 / 100 = 0.005\Omega$。
$X_{l1''} = X_{l1} / a^2 = 20 / 10^2 = 20 / 100 = 0.2\Omega$。
$R_{1'',pu} = \frac{R_{1''}}{Z_{base\_LV}} = \frac{0.005 \Omega}{1/3 \Omega} = 0.015$ p.u.。
$X_{l1'',pu} = \frac{X_{l1''}}{Z_{base\_LV}} = \frac{0.2 \Omega}{1/3 \Omega} = 0.2 \times 3 = 0.6$ p.u.。
變壓器總等效阻抗（在低壓側）：$Z_{eq\_LV} = Z_2 + Z_{1''} = (0.015 + j0.06) + (0.015 + j0.6) = 0.030 + j0.66$ p.u.。

這兩種方法得到的總標么阻抗值是相同的，這是一個好的驗證。

繪製標么阻抗圖
標么阻抗圖通常只顯示等效電路。由於忽略激磁電流，變壓器可以表示為一個串聯阻抗。
我們可以選擇在高壓側表示，也可以在低壓側表示。通常，會將兩個繞組的阻抗都折算到同一側，然後畫出總串聯阻抗。

圖示說明：
我們可以在圖上標示出高壓側和低壓側的「標么阻抗」。
通常，標么阻抗圖會畫成一個簡單的電路圖，表示變壓器的等效阻抗。

選項一：在高壓側表示
圖示：一個電源（代表高壓側電源），串聯一個阻抗 $Z_{eq\_HV\_pu}$，然後連接到負載。
$Z_{eq\_HV\_pu} = Z_{1,pu} + Z_{2',pu}$
$Z_{1,pu} = 0.015 + j0.6$ p.u. (高壓側繞組的標么阻抗)
$Z_{2',pu} = 0.015 + j0.06$ p.u. (低壓側繞組折算到高壓側的標么阻抗)
總阻抗 $Z_{total,pu} = 0.030 + j0.66$ p.u.。

選項二：在低壓側表示
圖示：一個電源（代表低壓側電源），串聯一個阻抗 $Z_{eq\_LV\_pu}$，然後連接到負載。
$Z_{eq\_LV\_pu} = Z_{2,pu} + Z_{1'',pu}$
$Z_{2,pu} = 0.015 + j0.06$ p.u. (低壓側繞組的標么阻抗)
$Z_{1'',pu} = 0.015 + j0.6$ p.u. (高壓側繞組折算到低壓側的標么阻抗)
總阻抗 $Z_{total,pu} = 0.030 + j0.66$ p.u.。

此題考驗對同步發電機基本參數計算的理解，包括機械轉速單位轉換和發電機的電氣頻率計算。

核心觀念：

1. 角速度與轉速的轉換：$\omega = \frac{2\pi N}{60}$，其中 $\omega$ 是角速度 (rad/s)，$N$ 是轉速 (rpm)。
2. 同步發電機的頻率公式：$f = \frac{P N}{120}$，其中 $f$ 是頻率 (Hz)，$P$ 是極對數（或極數 $P_{total}$），$N$ 是轉速 (rpm)。

題目給定：
極數 $P_{total} = 6$
機械轉速 $N = 1200$ rpm

(a) 計算機械轉速 (弧度/秒)

使用公式 $\omega = \frac{2\pi N}{60}$。
$\omega = \frac{2\pi \times 1200 \text{ rpm}}{60 \text{ s/min}}$
$\omega = 2\pi \times \frac{1200}{60} \text{ rad/s}$
$\omega = 2\pi \times 20 \text{ rad/s}$
$\omega = 40\pi \text{ rad/s}$。

計算數值：$\pi \approx 3.14159$
$\omega \approx 40 \times 3.14159 = 125.6636$ rad/s。

(b) 計算產生電壓的頻率 (赫茲)

使用同步發電機的頻率公式 $f = \frac{P N}{120}$，其中 $P$ 是極數。

此題考驗根據發電機的標么值參數計算實際電感值，涉及標么值與實際值的轉換。

核心觀念：

1. 標么值基值計算：對於三相系統，通常使用視在功率基值 $S_{base}$ 和線電壓基值 $V_{base}$。
2. 電感與電抗的關係：$X_L = \omega L$，其中 $X_L$ 是電抗 (歐姆)，$L$ 是電感 (亨利)，$\omega$ 是角頻率 (rad/s)。
3. 標么值與實際值的轉換：$X_{pu} = \frac{X_{actual}}{X_{base}}$。因此，$X_{actual} = X_{pu} \times X_{base}$。

題目給定：
額定功率 $S_{rated} = 720 \text{ MVA} = 720 \times 10^6 \text{ VA}$
額定線電壓 $V_{rated} = 26 \text{ kV} = 26 \times 10^3 \text{ V}$
額定頻率 $f = 60 \text{ Hz}$
同步電抗（標么值）$X_s = 1.92$ p.u.
漏電抗（標么值）$X = 0.19$ p.u.

第一步：計算標么基值阻抗

對於三相系統，基值阻抗 $X_{base}$ 的計算公式為：
$X_{base} = \frac{V_{base}^2}{S_{base}}$
這裡 $V_{base}$ 是線電壓基值，$S_{base}$ 是視在功率基值。
$V_{base} = V_{rated} = 26 \times 10^3 \text{ V}$
$S_{base} = S_{rated} = 720 \times 10^6 \text{ VA}$

$X_{base} = \frac{(26 \times 10^3 \text{ V})^2}{720 \times 10^6 \text{ VA}}$
$X_{base} = \frac{(26)^2 \times (10^3)^2}{720 \times 10^6} \Omega$
$X_{base} = \frac{676 \times 10^6}{720 \times 10^6} \Omega$
$X_{base} = \frac{676}{720} \Omega$
$X_{base} \approx 0.93888... \Omega$

第二步：計算實際電抗值

(a) 同步電抗 $X_s$ 的實際值
$X_{s, actual} = X_{s, pu} \times X_{base}$
$X_{s, actual} = 1.92 \times \frac{676}{720} \Omega$
$X_{s, actual} = 1.92 \times 0.93888... \Omega$
$X_{s, actual} \approx 1.80266... \Omega$

第三步：計算同步電感 $L_s$

首先計算角頻率 $\omega$：
$\omega = 2\pi f = 2\pi \times 60 \text{ Hz} = 120\pi \text{ rad/s}$。

同步電感 $L_s$ 的計算公式：$X_{s, actual} = \omega L_s$。
$L_s = \frac{X_{s, actual}}{\omega} = \frac{1.92 \times (676/720) \Omega}{120\pi \text{ rad/s}}$
$L_s = \frac{1.80266... \Omega}{120\pi \text{ rad/s}}$
$L_s = \frac{1.80266...}{120\pi} \text{ H}$
$L_s \approx \frac{1.80266...}{376.991} \text{ H}$
$L_s \approx 0.0047819 \text{ H}$。

題目要求以毫亨利 (mH) 為單位。
$L_s \approx 0.0047819 \times 1000 \text{ mH}$
$L_s \approx 4.782 \text{ mH}$。

(b) 漏電抗 $X$ 的實際值

核心觀念

本題考查降壓型轉換器在穩態下的：

• 電感伏秒平衡
• 電容電荷平衡
• 電感電流漣波與 CCM／DCM 判斷
• 開關與二極體電壓波形
• 大電容近似下的低階模型

由於題目給定 $C$ 很大，可視為輸出電壓在一個開關週期內近似固定，因此

$$V_o=1\text{ V},\qquad I_o=\frac{V_o}{R}=\frac{1}{0.5}=2\text{ A}$$

開關週期為

$$T_s=\frac{1}{f_s}=\frac{1}{100\text{ kHz}}=10\ \mu\text{s}$$

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(a) $i_L$ 與 $i_C$ 的峰值、谷值

1. 先判斷導通模式

若直接假設 CCM，理想 Buck 的占空比為

$$D=\frac{V_o}{V_{in}}=\frac{1}{10}=0.1$$

導通時間為

$$DT_s=0.1(10\ \mu\text{s})=1\ \mu\text{s}$$

開關導通時，電感電壓為

$$v_L=V_{in}-V_o=10-1=9\text{ V}$$

因此電感電流上升量為

$$\Delta i_{L,\text{on}} =\frac{V_{in}-V_o}{L}DT_s =\frac{9}{1\ \mu\text{H}}(1\ \mu\text{s}) =9\text{ A}$$

若以 CCM 計算，平均電感電流等於負載電流 $2\text{ A}$，則

$$i_{L,\min}=2-\frac{9}{2}=-2.5\text{ A}$$

電感電流不可能在二極體截止後持續為負值，因此上述 CCM 假設不成立，實際操作為 DCM。

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2. DCM 下的電感電流

設占空比為 $D$，二極體導通時間比例為 $D_2$。

開關導通區間

電感電流由零上升至峰值 $I_{L,\text{pk}}$：

$$I_{L,\text{pk}} =\frac{V_{in}-V_o}{L}DT_s$$

代入數值：

$$I_{L,\text{pk}} =90D\text{ A}$$

二極體導通區間

此時電感兩端電壓為 $-V_o$，故電流下降斜率為

$$\frac{di_L}{dt}=-\frac{V_o}{L}$$

由電流由 $I_{L,\text{pk}}$ 降至零：

$$I_{L,\text{pk}} =\frac{V_o}{L}D_2T_s$$

因此

$$D_2=\frac{V_{in}-V_o}{V_o}D =9D$$

由輸出平均電流求占空比

DCM 電感電流為三角形，因此

$$I_o=\frac{1}{2}I_{L,\text{pk}}(D+D_2)$$

代入 $I_o=2\text{ A}$、$I_{L,\text{pk}}=90D$、$D_2=9D$：

$$2=\frac{1}{2}(90D)(10D)$$ $$450D^2=2$$ $$D=\frac{1}{15}=0.0667$$

故

$$D_2=9D=0.6$$

空檔時間比例為

$$1-D-D_2=1-0.0667-0.6=0.3333$$

峰值電流為

$$i_{L,\text{pk}}=90D=6\text{ A}$$

谷值電流為

$$i_{L,\text{valley}}=0\text{ A}$$

因此

$$\boxed{i_{L,\text{pk}}=6\text{ A}},\qquad \boxed{i_{L,\text{valley}}=0\text{ A}}$$

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3. 電容電流

電容電流為

$$i_C=i_L-I_o=i_L-2$$

因此：

• 當 $i_L=6\text{ A}$ 時，

$$i_{C,\max}=6-2=4\text{ A}$$

• 當 $i_L=0$ 時，

$$i_{C,\min}=0-2=-2\text{ A}$$

所以

$$\boxed{i_{C,\max}=4\text{ A}},\qquad \boxed{i_{C,\min}=-2\text{ A}}$$

電容電流在一個週期內的平均值為零，符合穩態電荷平衡。

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(b) $D$、開關電壓、$i_L$、$i_C$ 波形

各區間時間如下：

核心觀念

本題考查三階頻率響應的 Bode 圖繪製，包括：

• 原點零點（zero at origin）
• 一對位於約 $1\text{ kHz}$ 的複數共軛極點
• 一個左半平面零點（LHP zero）於 $100\text{ kHz}$
• 由指定頻率增益反推整體增益位準

Bode 圖的斜率規則如下：

元件	增益斜率變化	相位變化
原點零點 $s$	$+20\text{ dB/dec}$	$+90^\circ$
一對複數極點	$-40\text{ dB/dec}$	$-180^\circ$
左半平面零點	$+20\text{ dB/dec}$	$+90^\circ$

因此，本題的總高頻斜率為

$$+20-40+20=0\text{ dB/dec}$$

高頻增益會趨於固定值。

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解題方法

由題意可將傳遞函數寫成標準化形式

$$H(s)=K\frac{\left(s/\omega_p\right)\left(1+s/\omega_z\right)} {1+2\zeta\left(s/\omega_p\right)+\left(s/\omega_p\right)^2}$$

其中

$$f_p=1\text{ kHz},\qquad f_z=100\text{ kHz}$$

$\zeta$ 為複數極點的阻尼比。題目未給定 $\zeta$，因此採用標準 Bode 漸近線繪圖；複數極點附近的精確峰值與相位曲線會隨 $\zeta$ 改變。

1. 增益斜率

依照各零極點的作用：

• $f<1\text{ kHz}$：只有原點零點作用，斜率為 $+20\text{ dB/dec}$
• $1\text{ kHz}<f<100\text{ kHz}$：加入一對複數極點，總斜率為

$$+20-40=-20\text{ dB/dec}$$

• $f>100\text{ kHz}$：再加入 LHP 零點，總斜率為

$$+20-40+20=0\text{ dB/dec}$$

題目給定

$$|H(j2\pi\cdot 1\text{ MHz})|=-40\text{ dB}$$

由於 $1\text{ MHz}>100\text{ kHz}$，此後增益為水平線，因此高頻平台為 $-40\text{ dB}$。

由 $100\text{ kHz}$ 到 $1\text{ MHz}$ 斜率為 $0\text{ dB/dec}$，故

$$G(100\text{ kHz})=-40\text{ dB}$$

由 $1\text{ kHz}$ 到 $100\text{ kHz}$ 跨越兩個 decade，斜率為 $-20\text{ dB/dec}$，所以

$$G(1\text{ kHz}) = -40+20\times 2 =0\text{ dB}$$

因此增益漸近線可整理如下：

頻率範圍	增益斜率	增益
$f<1\text{ kHz}$	$+20\text{ dB/dec}$	通過 $1\text{ kHz},0\text{ dB}$
$1\text{ kHz}<f<100\text{ kHz}$	$-20\text{ dB/dec}$	下降至 $-40\text{ dB}$
$f>100\text{ kHz}$	$0\text{ dB/dec}$	固定為 $-40\text{ dB}$

代表性座標為：

$$\begin{array}{c|c} f & G(f)\\ \hline 100\text{ Hz} & -20\text{ dB}\\ 1\text{ kHz} & 0\text{ dB}\\ 10\text{ kHz} & -20\text{ dB}\\ 100\text{ kHz} & -40\text{ dB}\\ 1\text{ MHz} & -40\text{ dB} \end{array}$$

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2. 相位

原點零點固定貢獻

$$+90^\circ$$

一對複數極點在低頻至高頻的相位變化約為

$$0^\circ\rightarrow -180^\circ$$

$100\text{ kHz}$ 的 LHP 零點相位變化約為

$$0^\circ\rightarrow +90^\circ$$

所以總相位在各頻段的極限為：

• 低頻：

$$\phi\approx +90^\circ$$

• 中頻，複數極點完全作用而 LHP 零點尚未作用：

$$\phi\approx 90^\circ-180^\circ=-90^\circ$$

• 高頻：

$$\phi\approx 90^\circ-180^\circ+90^\circ=0^\circ$$

採用一般 Bode 相位近似法，零極點相位轉換範圍取其轉折頻率前後一個 decade：

• 複數極點：$100\text{ Hz}$ 到 $10\text{ kHz}$
• $100\text{ kHz}$ 的 LHP 零點：$10\text{ kHz}$ 到 $1\text{ MHz}$

相位重要位置約為：

頻率	原點零點	複數極點	LHP 零點	總相位

此題考驗對降升壓轉換器 (Buck-Boost Converter) 在 CCM 模式下，考慮開關和二極體壓降後的直流轉換比推導。

核心觀念：

1. Buck-Boost Converter 的工作原理。
2. CCM (Continuous Conduction Mode) 下的電感電流波形。
3. 穩態分析：平均電感電流變化率為零，電容平均電流為零。
4. 考慮非理想元件（開關和二極體壓降）。

題目給定：
電路為 Buck-Boost Converter。
工作模式為 CCM。
開關 (SW) 和二極體 (D) 的導通壓降均為 $V_x$。
要求推導直流轉換比 $V_o/V_1$。

推導步驟：

1. 分析轉換器在兩個階段的工作狀態：

   • 階段一：開關導通 (0 到 $DT_s$)
     開關 $SW$ 導通，二極體 $D$ 反向偏置。
     電感 $L$ 上的電壓 $V_L = V_{in} - V_{SW} = V_{in} - V_x$。
     電感電流 $i_L$ 上升。
   • 階段二：開關關斷 ($DT_s$ 到 $T_s$)
     開關 $SW$ 關斷，二極體 $D$ 導通。
     電感 $L$ 上的電壓 $V_L = -V_o - V_D = -V_o - V_x$。
     電感電流 $i_L$ 下降。

2. 應用穩態條件：
   在穩態下，一個週期內電感電流的平均變化量為零。
   $\Delta i_L = \int_0^{T_s} \frac{V_L(t)}{L} dt = 0$。
   這意味著，電感上電壓的總時間積分為零。
   $\frac{V_L(\text{導通})}{L} T_{on} + \frac{V_L(\text{關斷})}{L} T_{off} = 0$。
   $V_L(\text{導通}) T_{on} + V_L(\text{關斷}) T_{off} = 0$。

   代入各階段的電感電壓和時間：
   $(V_{in} - V_x) (DT_s) + (-V_o - V_x) ((1-D)T_s) = 0$。
   將 $T_s$ 提出並約去：
   $(V_{in} - V_x) D + (-V_o - V_x) (1-D) = 0$。

3. 整理方程以求解 $V_o/V_{in}$：
   展開方程：
   $V_{in} D - V_x D - V_o (1-D) - V_x (1-D) = 0$。
   $V_{in} D - V_x D - V_o + V_o D - V_x + V_x D = 0$。
   注意到 $-V_x D$ 和 $+V_x D$ 相互抵消。
   $V_{in} D - V_o + V_o D - V_x = 0$。

   將包含 $V_o$ 的項移到一邊：
   $V_{in} D - V_x = V_o - V_o D$。
   $V_{in} D - V_x = V_o (1-D)$。

   求解 $V_o$：
   $V_o = \frac{V_{in} D - V_x}{1-D}$。

   現在，我們需要將這個結果表示成 $V_o/V_{in}$ 的形式。
   $V_o = \frac{D V_{in} - V_x}{1-D}$。
   $\frac{V_o}{V_{in}} = \frac{D V_{in} - V_x}{V_{in}(1-D)}$。
   $\frac{V_o}{V_{in}} = \frac{D}{1-D} - \frac{V_x}{V_{in}(1-D)}$。

   這個結果是正確的，但通常會將 $V_x$ 表示為與 $V_{in}$ 或 $V_o$ 的關係。
   題目要求的是 $V_o/V_1$，這裡 $V_1$ 應該是指輸入電壓 $V_{in}$。

   另一種推導方式：利用平均電感電流
   在 CCM 模式下，電感電流的平均值 $I_L$ 必須滿足輸出端的需求。
   輸出端由負載電阻 $R$ 和電容 $C$ 組成。
   在穩態下，電容的平均電流為 0。
   所以，流過二極體的平均電流 $I_D$ 等於負載電流 $I_o$。
   $I_o = \frac{V_o}{R}$ (如果考慮輸出電容的平均電流為零)。
   二極體 $D$ 在關斷階段導通，其導通時間為 $(1-D)T_s$。
   在穩態下，流過二極體的平均電流 $I_D = I_L \times (1-D)$ (這裡 $I_L$ 是電感電流的平均值)。
   所以，$I_o = I_L (1-D)$。
   $I_L = \frac{I_o}{1-D} = \frac{V_o}{R(1-D)}$。

   現在，我們考慮電感電流的變化。
   在導通階段，電感電流從 $I_{L,min}$ 上升到 $I_{L,max}$。
   $I_{L,max} = I_{L,min} + \frac{V_{in}-V_x}{L} DT_s$。
   在關斷階段，電感電流從 $I_{L,max}$ 下降到 $I_{L,min}$。
   $I_{L,min} = I_{L,max} + \frac{-V_o-V_x}{L} (1-D)T_s$。