112 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）》

本題考查平衡三相系統的相電壓、線電壓與功率計算。
首先，我們需要從線電壓 $V_{ab}$ 求出相電壓 $V_{an}$。在平衡三相系統中，線電壓的有效值與相電壓的有效值關係為 $|V_{line}| = \sqrt{3}|V_{phase}|$，且線電壓超前對應相電壓 30 度。
已知 $V_{ab} = 100\sqrt{3} \angle 30^{\circ}$ V。
因此，相電壓 $V_{an}$ 的有效值 $|V_{an}| = \frac{|V_{ab}|}{\sqrt{3}} = \frac{100\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 100$ V。
相電壓 $V_{an}$ 相對於線電壓 $V_{ab}$ 的相位關係，由於 $V_{ab}$ 是線電壓，我們通常以 $V_{an}$ 作為參考點，則 $V_{ab} = V_{an} - V_{bn}$。在平衡系統中，$V_{bn}$ 相對於 $V_{an}$ 滯後 $120^{\circ}$。
所以 $V_{ab} = V_{an} - V_{an} \angle -120^{\circ} = V_{an}(1 - (\cos(-120^{\circ}) + j\sin(-120^{\circ}))) = V_{an}(1 - (-0.5 - j0.866)) = V_{an}(1.5 + j0.866)$。
$|1.5 + j0.866| = \sqrt{1.5^2 + 0.866^2} = \sqrt{2.25 + 0.75} = \sqrt{3}$。
$\angle(1.5 + j0.866) = \arctan(\frac{0.866}{1.5}) \approx 30^{\circ}$。
所以 $V_{ab} = V_{an} \sqrt{3} \angle 30^{\circ}$。
因此，$V_{an} = \frac{V_{ab}}{\sqrt{3} \angle 30^{\circ}} = \frac{100\sqrt{3} \angle 30^{\circ}}{\sqrt{3} \angle 30^{\circ}} = 100 \angle 0^{\circ}$ V。
所以 $v_{an}(t) = \sqrt{2} \times 100 \cos(2\pi \times 60 t + 0^{\circ}) = 100\sqrt{2} \cos(120\pi t)$ V。

題目中提到三個負載都消耗 $P = 500$ W 的功率，且功率因數為 0.85 lagging。這表示每個負載的視在功率 $S = \frac{P}{\cos\theta} = \frac{500}{0.85} \approx 588.24$ VA。
每個負載的功率因數角 $\theta = \arccos(0.85) \approx 31.79^{\circ}$。
因此，每個負載的複功率為 $S_{load} = P + jQ = P + jP \tan\theta = 500 + j500 \tan(31.79^{\circ}) = 500 + j306.25$ VA。
總複功率 $S_{total} = 3 \times S_{load} = 1500 + j918.75$ VA。

題目要求的是 $v_{an}(t)$，這是一個時間域的相電壓。我們已經從線電壓 $V_{ab}$ 計算出相電壓 $V_{an}$ 的向量值。
$V_{an} = 100 \angle 0^{\circ}$ V。
將其轉換為時間域的表達式：
$v_{an}(t) = \sqrt{2} |V_{an}| \cos(\omega t + \angle V_{an})$
其中 $\omega = 2\pi f = 2\pi \times 60 = 120\pi$ rad/s。
$v_{an}(t) = \sqrt{2} \times 100 \cos(120\pi t + 0^{\circ})$
$v_{an}(t) = 100\sqrt{2} \cos(120\pi t)$ V。

本題考查輸電線路的電感與電容參數計算，涉及高壓輸電線路的幾何排列、導體半徑、頻率等因素。
對於完全對稱排列（equilateral spacing）且完全換位（completely transposed）的平衡三相輸電線路，其每相電感 $L$ 和每相對中性點電容 $C$ 的計算公式如下：

1. 每相電感 $L$ (H/m)
   考慮到導體內部的磁鏈（internal inductance），對於交流電，通常使用外部電感。假設導體為圓柱形，且電流均勻分佈在導體表面。
   每相電感 $L = \frac{\mu_0}{2\pi} \ln\left(\frac{D_{avg}}{r}\right)$ H/m
   其中：

   • $\mu_0$ 是真空磁導率，$\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7}$ H/m。
   • $D_{avg}$ 是導體之間的平均距離（幾何平均距離 GMD）。對於完全對稱的三角形排列，三相導體到自身的距離為 0，但我們考慮的是導體之間的距離。
     對於完全對稱的三角形排列，假設導體間距為 $d$，則 $D_{avg} = \sqrt[3]{d \times d \times d} = d$。
     題目中給定的線間距離是 7m，所以 $d = 7$ m。
   • $r$ 是導體的半徑。題目給定半徑為 1 cm = 0.01 m。

   計算 $L$:
   $L = \frac{4\pi \times 10^{-7}}{2\pi} \ln\left(\frac{7}{0.01}\right) = 2 \times 10^{-7} \ln(700)$
   $\ln(700) = \ln(7 \times 100) = \ln(7) + \ln(100) \approx 1.9459 + 4.6052 = 6.5511$
   $L \approx 2 \times 10^{-7} \times 6.5511 \approx 1.3102 \times 10^{-6}$ H/m。
   通常，輸電線路的電感會以 mH/km 表示。
   $L \approx 1.3102 \times 10^{-6} \text{ H/m} \times 1000 \text{ m/km} = 1.3102 \times 10^{-3}$ H/km = 1.3102 mH/km。

2. 每相對中性點電容 $C$ (F/m)
   對於完全對稱的三角形排列且換位的輸電線路，每相對中性點電容的計算公式為：
   $C = \frac{2\pi\epsilon_0}{\ln(D_{avg}/r)}$ F/m
   其中：

   • $\epsilon_0$ 是真空介電常數，$\epsilon_0 = \frac{1}{36\pi \times 10^9} \approx 8.854 \times 10^{-12}$ F/m。
   • $D_{avg}$ 是導體之間的平均距離，同上，對於等邊三角形排列，取導體間距 $d=7$ m。
   • $r$ 是導體的半徑，1 cm = 0.01 m。

   計算 $C$:
   $C = \frac{2\pi \times 8.854 \times 10^{-12}}{\ln(7/0.01)} = \frac{2\pi \times 8.854 \times 10^{-12}}{\ln(700)}$
   $C \approx \frac{5.563 \times 10^{-11}}{6.5511} \approx 8.489 \times 10^{-12}$ F/m。
   通常，輸電線路的電容會以 nF/km 表示。
   $C \approx 8.489 \times 10^{-12} \text{ F/m} \times 1000 \text{ m/km} = 8.489 \times 10^{-9}$ F/km = 8.489 nF/km。

   驗算公式:
   電感 $L = 2 \times 10^{-7} \ln(\frac{D_{avg}}{r})$ H/m
   電容 $C = \frac{2\pi \epsilon_0}{\ln(D_{avg}/r)} = \frac{1}{18 \times 10^9} \frac{1}{\ln(D_{avg}/r)}$ F/m
   $\epsilon_0 = 8.854 \times 10^{-12}$ F/m
   $2\pi \epsilon_0 \approx 5.563 \times 10^{-11}$ F/m
   $\frac{2\pi \epsilon_0}{2 \times 10^{-7}} = \frac{5.563 \times 10^{-11}}{2 \times 10^{-7}} = 2.7815 \times 10^{-4}$
   $\frac{1}{\mu_0} = \frac{1}{4\pi \times 10^{-7}} \approx 7.958 \times 10^5$
   $LC = (2 \times 10^{-7} \ln(\frac{D_{avg}}{r})) \times (\frac{2\pi \epsilon_0}{\ln(D_{avg}/r)}) = 4\pi \epsilon_0 \times 10^{-7} = \mu_0 \epsilon_0 = \frac{1}{c^2}$
   $c$ 是光速，約 $3 \times 10^8$ m/s。
   $c^2 \approx 9 \times 10^{16}$ m$^2$/s$^2$。
   $\mu_0 \epsilon_0 \approx (4\pi \times 10^{-7}) \times (8.854 \times 10^{-12}) \approx 1.112 \times 10^{-17}$ s$^2$/m$^2$。
   $\frac{1}{c^2} \approx \frac{1}{9 \times 10^{16}} \approx 1.111 \times 10^{-17}$ s$^2$/m$^2$。

核心觀念

本題考查二匯流排電力系統的功率—電壓關係。依原卷圖示：

• $V_1=1\angle 0^\circ$ p.u.
• 線路阻抗為 $Z_{12}=j0.6$ p.u.
• 匯流排 2 的負載為 $S_{D2}=1$ p.u.，即 $P_2=1$、原始負載無功為 $0$
• 匯流排 2 裝設電容器 $-jQ_{f2}$
• 要求 $|V_2|=1.03$ p.u.

因此匯流排 2 的淨功率為

$$S_2=P_2+jQ_2=1-jQ_{f2}.$$

其中 $Q_2=-Q_{f2}$。

---

解題方法

令

$$V_2=1.03\angle\delta.$$

由線路電流

$$I_{12}=\frac{V_1-V_2}{jX}, \qquad X=0.6,$$

以及接收端功率

$$S_2=V_2 I_{12}^{*},$$

可得二匯流排系統的功率方程式：

$$P_2=-\frac{V_1V_2}{X}\sin\delta,$$ $$Q_2=\frac{V_1V_2}{X}\cos\delta-\frac{V_2^2}{X}.$$

由 $P_2=1$、$V_1=1$、$V_2=1.03$：

$$1=-\frac{1\times1.03}{0.6}\sin\delta$$

因此

$$\sin\delta=-\frac{0.6}{1.03},$$

而題目指定 $-90^\circ\leq\delta\leq90^\circ$，故

$$\delta=-\sin^{-1}\left(\frac{0.6}{1.03}\right) \approx -35.6^\circ.$$

接著

本題考查磁路設計中的磁阻和磁通計算，涉及磁路歐姆定律、磁導率、電感等概念。

核心觀念：
磁路中的磁通量 $\phi$ 類似於電路中的電流，磁壓差 (MMF) 類似於電壓，磁阻 $R$ 類似於電阻。磁路歐姆定律為 $MMF = \phi R$。
磁阻的計算公式為 $R = \frac{l}{\mu A}$，其中 $l$ 是磁路長度，$\mu$ 是材料的磁導率，$A$ 是截面積。
磁通鏈 $\lambda$ 定義為 $\lambda = N\phi$，其中 $N$ 是線圈匝數，$\phi$ 是通過線圈的磁通量。
電感 $L$ 的定義為 $L = \frac{\lambda}{i}$，其中 $i$ 是線圈中的電流。

已知條件：

• 核心截面積 $A_c = 1.8 \times 10^{-3}$ m$^2$
• 核心平均長度 $l_c = 0.6$ m
• 氣隙長度 $g = 2.3$ mm $= 2.3 \times 10^{-3}$ m
• 線圈匝數 $N = 83$ turns
• 核心磁導率 $\mu \to \infty$ (無限大)
• 氣隙磁導率 $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7}$ H/m (真空磁導率，空氣的磁導率近似為真空磁導率)
• 忽略邊緣效應和漏磁通。

a. 計算核心磁阻 $R_c$ 和氣隙磁阻 $R_g$

1. 核心磁阻 $R_c$：
   核心材料的磁導率 $\mu \to \infty$。
   磁阻公式為 $R_c = \frac{l_c}{\mu A_c}$。
   由於 $\mu \to \infty$，分母趨於無限大，因此核心的磁阻 $R_c \to 0$。
   $R_c = \frac{0.6}{\infty \times 1.8 \times 10^{-3}} = 0$ H。

2. 氣隙磁阻 $R_g$：
   氣隙的磁導率為 $\mu_0$。
   氣隙的長度為 $g = 2.3 \times 10^{-3}$ m。
   氣隙的截面積。題目假設忽略邊緣效應，因此氣隙的截面積近似等於核心的截面積 $A_c = 1.8 \times 10^{-3}$ m$^2$。
   磁阻公式為 $R_g = \frac{g}{\mu_0 A_c}$。
   $R_g = \frac{2.3 \times 10^{-3} \text{ m}}{(4\pi \times 10^{-7} \text{ H/m}) \times (1.8 \times 10^{-3} \text{ m}^2)}$
   $R_g = \frac{2.3 \times 10^{-3}}{7.2\pi \times 10^{-10}} = \frac{2.3}{7.2\pi} \times 10^7$
   $R_g \approx \frac{2.3}{22.619} \times 10^7 \approx 0.10168 \times 10^7 \approx 1.0168 \times 10^6$ H。

b. 計算總磁通 $\phi$，磁通鏈 $\lambda$，及電感 $L$

本題考查旋轉電機的同步速度與頻率的關係。

核心觀念：
在交流旋轉電機中，旋轉磁場的同步速度 ($N_s$) 與電機的極數 ($P$) 和定子電流的頻率 ($f$) 之間存在以下關係：
$N_s = \frac{120f}{P}$ (其中 $N_s$ 的單位是 RPM，RPM 代表每分鐘轉數)
或者，如果使用角速度 $\omega_s = 2\pi f$ 和機械角速度 $\omega_m = \frac{2\pi N_s}{60}$，則關係為 $\omega_s = \frac{P}{2} \omega_m$。

題目中給定：

• 極數 $P = 24$
• 磁場速度 (即同步轉速) $N_s = 300$ rpm

本題考查三相感應電動機的轉子電壓頻率與轉差率的關係。

核心觀念：
感應電動機的轉子感應電壓頻率 ($f_r$) 與定子電源頻率 ($f_s$) 和轉差率 ($s$) 之間存在以下關係：
$f_r = s \times f_s$

其中：

• $f_r$ 是轉子感應電壓的頻率 (Hz)。
• $s$ 是轉差率 (無單位)。
• $f_s$ 是定子電源的頻率 (Hz)。

題目中給定：

• 定子電源頻率 $f_s = 60$ Hz。
• 轉差率 $s = 1\%$。

要求計算轉子繞組電壓的頻率 $f_r$。

解題步驟：
首先，將轉差率從百分比轉換為小數：
$s = 1\% = 0.01$。

核心觀念

本題考查 Buck converter 在連續導通模式（CCM）下的：

• 電感伏秒平衡
• 電感電流漣波
• 開關與二極體導通狀態
• 電感電流有效值
• 臨界導通模式（Boundary Conduction Mode）的臨界電感

已知：

$$V_g=10\text{ V},\quad V_o=5\text{ V},\quad V_f=1\text{ V}$$ $$L=100\ \mu\text{H},\quad f_s=100\text{ kHz},\quad R=0.5\ \Omega$$

因此：

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

---

（a）輸入對輸出直流增益

開關導通期間

開關導通、二極體截止，電感兩端電壓為：

$$v_L=V_g-V_o$$

開關截止期間

開關截止、二極體導通。由於二極體正向壓降為 $V_f$，開關節點電壓為 $-V_f$，因此：

$$v_L=-V_f-V_o$$

穩態時電感一週期平均電壓為零：

$$D(V_g-V_o)+(1-D)(-V_f-V_o)=0$$

整理得：

$$DV_g-DV_o-(1-D)V_f-(1-D)V_o=0$$ $$DV_g-(1-D)V_f-V_o=0$$

所以：

$$V_o=DV_g-(1-D)V_f$$

因此輸入對輸出直流增益為：

$$\boxed{\frac{V_o}{V_g}=D-(1-D)\frac{V_f}{V_g}}$$

代入本題數值，工作週期為：

$$D=\frac{V_o+V_f}{V_g+V_f} =\frac{5+1}{10+1} =\frac{6}{11} \approx 0.5455$$

---

（b）各波形與峰值、谷值

開關控制訊號 $D$

在每個週期中：

• $0<t<DT_s$：開關導通
• $DT_s<t<T_s$：開關截止

其占空比為：

$$D=\frac{6}{11}\approx 54.55\%$$

SW 節點電壓

開關導通時：

$$v_{SW}=V_g=10\text{ V}$$

開關截止、二極體導通時：

$$v_{SW}=-V_f=-1\text{ V}$$

因此 $v_{SW}$ 是在 $10\text{ V}$ 與 $-1\text{ V}$ 之間切換的方波。

電感電流 $i_L$

電感電流在導通期間上升：

$$\Delta i_{L,\text{on}} =\frac{V_g-V_o}{L}DT_s$$

代入數值：

$$\Delta i_L =\frac{10-5}{100\ \mu\text{H}} \left(\frac{6}{11}\right)(10\ \mu\text{s})$$ $$\Delta i_L=0.2727\text{ A}$$

負載平均電流為：

$$I_o=\frac{V_o}{R}=\frac{5}{0.5}=10\text{ A}$$

三角波漣波以平均值為中心，因此：

$$i_{L,\text{valley}} =I_o-\frac{\Delta i_L}{2} =10-\frac{0.2727}{2}$$ $$\boxed{i_{L,\text{valley}}\approx 9.864\text{ A}}$$ $$i_{L,\text{peak}} =I_o+\frac{\Delta i_L}{2} =10+\frac{0.2727}{2}$$ $$\boxed{i_{L,\text{peak}}\approx 10.136\text{ A}}$$

所以 $i_L$ 為小幅度的三角波，在 $9.864\text{ A}$ 與 $10.136\text{ A}$ 之間變化。

本題考查旋轉電機的同步速度與頻率的關係。

核心觀念：
在交流旋轉電機中，旋轉磁場的同步速度 ($N_s$) 與電機的極數 ($P$) 和定子電流的頻率 ($f$) 之間存在以下關係：
$N_s = \frac{120f}{P}$ (其中 $N_s$ 的單位是 RPM，RPM 代表每分鐘轉數)
或者，如果使用角速度 $\omega_s = 2\pi f$ 和機械角速度 $\omega_m = \frac{2\pi N_s}{60}$，則關係為 $\omega_s = \frac{P}{2} \omega_m$。

題目中給定：

• 極數 $P = 24$
• 磁場速度 (即同步轉速) $N_s = 300$ rpm

本題考查三相感應電動機的轉子電壓頻率與轉差率的關係。

核心觀念：
感應電動機的轉子感應電壓頻率 ($f_r$) 與定子電源頻率 ($f_s$) 和轉差率 ($s$) 之間存在以下關係：
$f_r = s \times f_s$

其中：

• $f_r$ 是轉子感應電壓的頻率 (Hz)。
• $s$ 是轉差率 (無單位)。
• $f_s$ 是定子電源的頻率 (Hz)。

題目中給定：

• 定子電源頻率 $f_s = 60$ Hz。
• 轉差率 $s = 1\%$。

要求計算轉子繞組電壓的頻率 $f_r$。

解題步驟：
首先，將轉差率從百分比轉換為小數：
$s = 1\% = 0.01$。

核心觀念

本題考查 Buck converter 在連續導通模式（CCM）下的：

• 電感伏秒平衡
• 電感電流漣波
• 開關與二極體導通狀態
• 電感電流有效值
• 臨界導通模式（Boundary Conduction Mode）的臨界電感

已知：

$$V_g=10\text{ V},\quad V_o=5\text{ V},\quad V_f=1\text{ V}$$ $$L=100\ \mu\text{H},\quad f_s=100\text{ kHz},\quad R=0.5\ \Omega$$

因此：

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

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（a）輸入對輸出直流增益

開關導通期間

開關導通、二極體截止，電感兩端電壓為：

$$v_L=V_g-V_o$$

開關截止期間

開關截止、二極體導通。由於二極體正向壓降為 $V_f$，開關節點電壓為 $-V_f$，因此：

$$v_L=-V_f-V_o$$

穩態時電感一週期平均電壓為零：

$$D(V_g-V_o)+(1-D)(-V_f-V_o)=0$$

整理得：

$$DV_g-DV_o-(1-D)V_f-(1-D)V_o=0$$ $$DV_g-(1-D)V_f-V_o=0$$

所以：

$$V_o=DV_g-(1-D)V_f$$

因此輸入對輸出直流增益為：

$$\boxed{\frac{V_o}{V_g}=D-(1-D)\frac{V_f}{V_g}}$$

代入本題數值，工作週期為：

$$D=\frac{V_o+V_f}{V_g+V_f} =\frac{5+1}{10+1} =\frac{6}{11} \approx 0.5455$$

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（b）各波形與峰值、谷值

開關控制訊號 $D$

在每個週期中：

• $0<t<DT_s$：開關導通
• $DT_s<t<T_s$：開關截止

其占空比為：

$$D=\frac{6}{11}\approx 54.55\%$$

SW 節點電壓

開關導通時：

$$v_{SW}=V_g=10\text{ V}$$

開關截止、二極體導通時：

$$v_{SW}=-V_f=-1\text{ V}$$

因此 $v_{SW}$ 是在 $10\text{ V}$ 與 $-1\text{ V}$ 之間切換的方波。

電感電流 $i_L$

電感電流在導通期間上升：

$$\Delta i_{L,\text{on}} =\frac{V_g-V_o}{L}DT_s$$

代入數值：

$$\Delta i_L =\frac{10-5}{100\ \mu\text{H}} \left(\frac{6}{11}\right)(10\ \mu\text{s})$$ $$\Delta i_L=0.2727\text{ A}$$

負載平均電流為：

$$I_o=\frac{V_o}{R}=\frac{5}{0.5}=10\text{ A}$$

三角波漣波以平均值為中心，因此：

$$i_{L,\text{valley}} =I_o-\frac{\Delta i_L}{2} =10-\frac{0.2727}{2}$$ $$\boxed{i_{L,\text{valley}}\approx 9.864\text{ A}}$$ $$i_{L,\text{peak}} =I_o+\frac{\Delta i_L}{2} =10+\frac{0.2727}{2}$$ $$\boxed{i_{L,\text{peak}}\approx 10.136\text{ A}}$$

所以 $i_L$ 為小幅度的三角波，在 $9.864\text{ A}$ 與 $10.136\text{ A}$ 之間變化。

本題涵蓋了電力電子轉換器 (Flyback Converter) 的基本原理、等效電路分析、變壓器特性以及控制系統的頻率響應分析 (Bode Plot)。

a. 求電感電壓在一個開關週期內的積分值

對於任何儲能元件（如電感）在穩態操作下，其電壓在一個完整的週期內的積分值必須為零。這是因為在穩態下，元件儲存的能量在一個週期結束時必須與初始狀態相同，而電感儲存的能量與磁場相關，磁場的建立和消失（或變化）與電感電壓的積分有關。

設電感電壓為 $v_L(t)$，開關週期為 $T$。
根據電感電壓與電流的關係 $v_L(t) = L \frac{di_L}{dt}$。
則 $\int_{0}^{T} v_L(t) dt = \int_{0}^{T} L \frac{di_L}{dt} dt = L \int_{0}^{T} di_L = L [i_L(T) - i_L(0)]$。
在穩態下，電感電流在一個週期結束時必須回到其起始值，即 $i_L(T) = i_L(0)$。
因此，$\int_{0}^{T} v_L(t) dt = L [i_L(T) - i_L(0)] = L \times 0 = 0$。

答案： 0。

b. 繪製變壓器等效電路的兩種情況：主動開關導通和關斷

Flyback 轉換器使用一個儲能電感（通常是變壓器的一次側磁化電感）來儲存能量，並在開關關斷時將能量傳遞給負載。這裡我們需要基於理想變壓器模型，並考慮實際變壓器的磁化電感。

1. 主動開關 SW 導通期間 (Active switch turn-on)：
   當 SW 導通時，相當於與電源 $V_g$ 短接。
   變壓器的磁化電感 $L_m$（或 $L_p$）與電源 $V_g$ 相連，並開始儲存能量。
   變壓器的二次側（輸出側）由於 SW 導通，其電壓極性使得二極體 D 反向偏壓，處於截止狀態。
   等效電路：

   • 電源 $V_g$。
   • SW 處於短路狀態。
   • 磁化電感 $L_m$ 與 $V_g$ 串聯。
   • 變壓器的二次側視為開路（或與二極體 D 和負載 R 的串聯電路斷開，因為 D 不導通）。
   • 負載 R 上沒有能量傳遞。

   🖼️【等效電路示意圖：電源 $V_g$ 通過短路的 SW 和磁化電感 $L_m$ 形成一個閉合迴路。變壓器二次側開路。】

2. 主動開關 SW 關斷期間 (Active switch turn-off)：
   當 SW 關斷時，相當於開路。
   變壓器的一次側（與 SW 和 $V_g$ 相連）由於 SW 開路，無法直接從 $V_g$ 獲得能量。
   但是，先前儲存在磁化電感 $L_m$ 中的能量，由於磁場的塌縮，會產生一個反向電動勢，試圖維持電流。這個反向電動勢通過變壓器的漏感（如果考慮）和寄生電容（如果考慮），或者在 Flyback 轉換器中，這個能量會通過變壓器的耦合被傳遞到二次側。
   在理想變壓器模型下，磁化電感 $L_m$ 上的能量會被轉移。
   變壓器的二次側，由於一次側的磁場變化，會感應出一個電壓。
   理想變壓器模型：一次側匝數 $N_p$，二次側匝數 $N_s$。
   當 SW 關斷時，一次側開路。儲存在 $L_m$ 的能量通過變壓器傳遞。
   變壓器二次側感應電壓 $V_{sec} = -V_g \frac{N_s}{N_p}$ (假設一次側導通時的極性)。
   這個二次側電壓會使二極體 D 正向偏壓，並向負載 R 和輸出電容 C 傳遞能量。
   等效電路：

   • 一次側：SW 處於開路狀態。磁化電感 $L_m$ 上的電流試圖延續，但沒有閉合迴路，這部分能量的傳遞通過耦合進行。
   • 變壓器模型：視為一個理想變壓器，其一次側與 $V_g$ 和 SW 相連，二次側與二極體 D 和負載 R 相連。
   • 由於 SW 關斷，一次側相當於開路，能量傳遞主要來自 $L_m$ 的釋放。
   • 將一次側的行為「映射」到二次側，可以認為是變壓器二次側感應出一個電壓源，該電壓源與二極體 D 和負載 R 串聯。
   • 根據變壓器原理，一次側電壓 $V_g$（假設 SW 導通時）在二次側感應出電壓 $V_{sec} = -V_g \frac{N_s}{N_p}$。
   • 當 SW 關斷時，一次側開路，磁化電感上的能量釋放。這個能量傳遞到二次側。
   • 等效電路： 變壓器二次側看作一個電壓源 $-V_g \frac{N_s}{N_p}$（其極性與導通時相反），串聯一個二極體 D 和負載 R。這個電壓源的行為可以看作是來自一次側磁化電感能量的釋放。
   • 更精確地說，在 SW 關斷時，變壓器的一次側相當於一個反向電動勢源（由 $L_m$ 產生），其能量通過變壓器耦合傳遞。
   • 簡化模型： 將變壓器的一次側開路視為 SW 關斷。將能量傳遞視為變壓器二次側輸出的等效電壓源。
   • Hint 提示： 使用理想變壓器模型，考慮磁化電感，SW 開關的開關狀態。
   • 等效電路：
     • 一次側：SW 開路。
     • 變壓器：假設有 $N_p:N_s$ 的匝數比。
     • 二次側：一個電壓源 $V_{sec} = -V_g \frac{N_s}{N_p}$（此處符號可能需根據實際定義調整，代表能量傳遞的極性），與二極體 D 和負載 R 串聯。
     • 更標準的 Flyback 等效電路：
       • 導通期間： $V_g$ 通過 SW 和 $L_m$ 形成迴路，二次側開路。
       • 關斷期間： SW 開路。一次側的 $L_m$ 相當於一個反向電動勢源。通過變壓器耦合，二次側感應出電壓，驅動二極體 D 導通，向負載供電。這個二次側的電壓源的幅值與 $V_g \frac{N_s}{N_p}$ 成比例。
       • 等效電路（關斷）： 變壓器二次側視為一個電壓源 $V_{sec} = V_g \frac{N_s}{N_p}$（極性根據能量傳遞方向），串聯二極體 D 和負載 R。一次側的 SW 處於開路。

   c. 實際變壓器與理想變壓器模型的一個性質差異

   差異：
   實際變壓器具有磁化電感 ($L_m$) 和漏感 ($L_l$)，以及繞組電阻 ($R_p, R_s$) 和鐵芯損耗。
   理想變壓器模型假設：

   1. 磁化電感無限大（或在分析中忽略，認為所有能量都通過耦合傳遞）。
   2. 漏感為零。
   3. 繞組電阻為零。
   4. 鐵芯損耗（磁滯損耗和渦流損耗）為零。

   Flyback 轉換器中，磁化電感 $L_m$ 是關鍵的儲能元件，這是實際變壓器與理想變壓器最顯著的區別之一。理想變壓器沒有儲能能力（或磁化電感的感值趨於無限大）。
   漏感也會影響能量傳遞的動態，並可能導致電壓尖峰。

   一個性質差異：
   實際變壓器具有磁化電感 $L_m$，它儲存能量。在 Flyback 轉換器中，這個磁化電感是實現能量儲存和傳遞的關鍵。理想變壓器模型則沒有這個儲能特性。

   d. 繪製傳遞函數 $T = \frac{10(s-10)}{s+1000}$ 的 Bode 圖（增益和相位圖）

   傳遞函數 $T(s) = \frac{10(s-10)}{s+1000}$。
   為了繪製 Bode 圖，我們將其分解為基本因子：
   $T(s) = 10 \times \frac{s-10}{s+1000} = 10 \times \frac{-10(1-s/10)}{1000(1+s/1000)} = -1 \times \frac{10}{1000} \times \frac{1-s/10}{1+s/1000} = -0.01 \times \frac{1-s/10}{1+s/1000}$

   基本因子：

   1. 常數增益：$-0.01$。在 dB 尺度下為 $20 \log_{10}(0.01) = 20 \log_{10}(10^{-2}) = -40$ dB。
   2. 零點因子：$(1-s/10)$。零點在 $s=10$ rad/s。
      • 對於 $s \ll 10$，因子近似為 1。
      • 對於 $s \gg 10$，因子近似為 $-s/10$。
      • 在 $s=10$ rad/s 處，增益斜率從 0 dB/decade 變為 -20 dB/decade。
      • 相位：在 $s \ll 10$ 時為 0 度。在 $s=10$ 處為 -45 度。