115 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）》

本題考查單相交流電路中功率因數的計算。功率因數定義為真實功率與視在功率的比值，或是電路的電阻成分與阻抗模值之比。

給定的電壓為 $V = 240V$ (此處應為均方根值 RMS)。
給定的阻抗為 $Z = 10 \angle 60^\circ \Omega$。

阻抗 $Z$ 可以表示為 $R + jX$ 的形式，其中 $R$ 是電阻，$X$ 是電抗。
$Z = 10 (\cos 60^\circ + j \sin 60^\circ) = 10 (0.5 + j 0.866) = 5 + j 8.66 \Omega$。
因此，電阻 $R = 5 \Omega$ 且感抗 $X = 8.66 \Omega$。

核心觀念

本題考查三相輸電線每相電感的計算。由於輸電線具有換位，三相導線的平均幾何距離可用幾何平均距離 $D_m$ 表示：

$$L=2\times10^{-7}\ln\left(\frac{D_m}{D_s}\right)\ \text{H/m}$$

其中：

• $D_m$：導線間的幾何平均距離
• $D_s$：導線的幾何平均半徑（GMR）
• 單一圓形實心導體的 $D_s=0.7788r$

解題方法

由圖可知，三條導線排列成一直線，鄰近導線間距皆為

$$D_1=7.92\ \text{m}$$

因此三相間距為：

$$D_{ab}=D_1,\qquad D_{bc}=D_1,\qquad D_{ca}=2D_1$$

換位後的幾何平均距離為：

$$D_m=(D_{ab}D_{bc}D_{ca})^{1/3}$$ $$D_m=(D_1\cdot D_1\cdot 2D_1)^{1/3} =2^{1/3}D_1$$ $$D_m=2^{1/3}(7.92)\approx 9.98\ \text{m}$$

導體直徑為 $4.475\ \text{cm}$，故半徑為：

$$r=\frac{4.475}{2}\ \text{cm} =2.2375\ \text{cm} =0.022375\ \text{m}$$

導體的幾何平均半徑：

本題考查三相不平衡系統的對稱座標法 (Symmetrical Components)，具體是計算正序分量。

對於一個三相系統的電壓或電流向量 $V_a, V_b, V_c$ (或 $I_a, I_b, I_c$)，它們可以分解為三個對稱的向量組：正序分量 (positive sequence)、負序分量 (negative sequence) 和零序分量 (zero sequence)。
其轉換矩陣為：

$$\begin{bmatrix} V_a \\ V_b \\ V_c \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & a & a^2 \\ 1 & a^2 & a \end{bmatrix} \begin{bmatrix} V_{a0} \\ V_{a1} \\ V_{a2} \end{bmatrix}$$

其中 $a = e^{j 120^\circ} = -\frac{1}{2} + j \frac{\sqrt{3}}{2}$，$a^2 = e^{j 240^\circ} = -\frac{1}{2} - j \frac{\sqrt{3}}{2}$。
$V_{a0}$ 是零序分量，$V_{a1}$ 是正序分量，$V_{a2}$ 是負序分量。

反轉換公式為：

$$\begin{bmatrix} V_{a0} \\ V_{a1} \\ V_{a2} \end{bmatrix} = \frac{1}{3} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & a^2 & a \\ 1 & a & a^2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} V_a \\ V_b \\ V_c \end{bmatrix}$$

我們要求的是正序分量 $I_{a1}$。
$I_{a1} = \frac{1}{3} (I_a + a^2 I_b + a I_c)$

給定的電流為：
$I_a = 10 \angle 0^\circ = 10$
$I_b = 10 \angle 120^\circ = 10 (\cos 120^\circ + j \sin 120^\circ) = 10 (-\frac{1}{2} + j \frac{\sqrt{3}}{2}) = -5 + j 5\sqrt{3}$
$I_c = 10 \angle -120^\circ = 10 \angle 240^\circ = 10 (\cos 240^\circ + j \sin 240^\circ) = 10 (-\frac{1}{2} - j \frac{\sqrt{3}}{2}) = -5 - j 5\sqrt{3}$

我們知道 $a = e^{j 120^\circ}$，$a^2 = e^{j 240^\circ}$。
$a^2 = e^{j 240^\circ} = \cos 240^\circ + j \sin 240^\circ = -0.5 - j 0.866$
$a = e^{j 120^\circ} = \cos 120^\circ + j \sin 120^\circ = -0.5 + j 0.866$

代入公式：
$I_{a1} = \frac{1}{3} (I_a + a^2 I_b + a I_c)$
$I_{a1} = \frac{1}{3} (10 + e^{j 240^\circ} \times 10 \angle 120^\circ + e^{j 120^\circ} \times 10 \angle -120^\circ)$
$I_{a1} = \frac{1}{3} (10 + 10 \angle (240^\circ + 120^\circ) + 10 \angle (120^\circ - 120^\circ))$
$I_{a1} = \frac{1}{3} (10 + 10 \angle 360^\circ + 10 \angle 0^\circ)$

核心觀念

感應電動機的同步轉速為

$$n_s=\frac{120f}{P}$$

其中：

• $f=60\text{ Hz}$
• $P=4$

因此

$$n_s=\frac{120(60)}{4}=1800\text{ rpm}$$

轉差率定義為

$$s=\frac{n_s-n_m}{n_s}$$

在感應電動機正常運轉、且轉差率很小的低轉差區域，電磁轉矩近似與轉差率成正比：

$$T\propto s$$

因此可利用兩個操作點的轉差率比例求轉矩。

解題方法

在 $1750\text{ rpm}$ 時，轉差率為

$$s_1=\frac{1800-1750}{1800} =\frac{50}{1800}$$

在 $1775\text{ rpm}$ 時，轉差率為

$$s_2=\frac{1800-1775}{1800} =\frac{25}{1800}$$

所以

$$\frac{s_2}{s_1} = \frac{25/1800}{50/1800} = \frac{1}{2}$$

由於低轉差區域有 $T\propto s$，

$$\frac{T_2}{T_1}=\frac{s_2}{s_1}$$

代入 $T_1=160\text{ N-m}$：

$$T_2=160\left(\frac{1}{2}\right) =80\text{ N-m}$$

因此在 $1775\text{ rpm}$ 時，轉矩為

$$\boxed{80\text{ N-m}}$$

選項分析

本題考查同步電動機的輸出功率計算，涉及同步電動機的穩態模型和功率公式。

同步電動機的功率由以下公式計算：
$P_{out} = \frac{3 E_f V_a}{X_s} \sin \delta$
其中：
$E_f$ 是激磁電壓 (per phase)。
$V_a$ 是端電壓 (per phase)。
$X_s$ 是同步電抗 (per phase)。
$\delta$ 是功率角 (power angle)，即激磁電壓與端電壓之間的相角差。

給定參數：
極數 $P = 12$ 極 (這個參數在此功率公式中不直接使用，但會影響同步轉速 $N_s = 120f/P = 120 \times 60 / 12 = 600 rpm$)。
頻率 $f = 60 Hz$.
同步電抗 $X_s = 6 \Omega$.
激磁電壓 $E_f = 3464 V/\text{相}$.
端電壓 $V_a = 3810 V/\text{相}$.
功率角 $\delta = 30^\circ$.

代入公式計算輸出功率：
$P_{out} = \frac{3 \times 3464 V \times 3810 V}{6 \Omega} \sin 30^\circ$

首先計算 $\sin 30^\circ = 0.5$.
$P_{out} = \frac{3 \times 3464 \times 3810}{6} \times 0.5$
$P_{out} = \frac{3}{6} \times 3464 \times 3810 \times 0.5$
$P_{out} = 0.5 \times 3464 \times 3810 \times 0.5$
$P_{out} = 0.25 \times 3464 \times 3810$

計算 $3464 \times 3810$:
$3464 \times 3810 = 13197840$.

$P_{out} = 0.25 \times 13197840 = \frac{13197840}{4} = 3299460 W$.

將結果轉換為 $kW$：
$P_{out} = 3299.46 kW$.

這個結果非常接近選項 (D) $3299 kW$。

我們檢查一下參數是否合理。
激磁電壓 $E_f = 3464 V$。
端電壓 $V_a = 3810 V$.
通常在同步電動機運行時，$E_f$ 的大小會影響功率因數和轉矩。

核心觀念

本題考查「雙繞組變壓器改接成自耦變壓器後，額定伏安值如何提升」。

雙繞組變壓器原額定容量為

$$S_{\text{two-winding}}=1000\ \text{kVA}=1\ \text{MVA}$$

改接成自耦變壓器後，部分功率經由電磁感應傳遞，部分功率則經由電氣導通傳遞，因此在相同繞組電流額定下，自耦變壓器的額定容量會大於原雙繞組變壓器。

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解題方法

1. 求原變壓器兩側額定電流

高壓側額定電流為

$$I_H=\frac{1000\ \text{kVA}}{12\ \text{kV}} =83.33\ \text{A}$$

低壓側額定電流為

$$I_L=\frac{1000\ \text{kVA}}{1.2\ \text{kV}} =833.33\ \text{A}$$

2. 判斷自耦變壓器的接法

題目要求接成 $13.2\text{kV}/12\text{kV}$ 降壓自耦變壓器。

原變壓器的 $12\text{kV}$ 繞組作為公共繞組，$1.2\text{kV}$ 繞組作為串聯繞組，兩者電壓相加：

$$13.2\ \text{kV}=12\ \text{kV}+1.2\ \text{kV}$$

因此：

• 輸入端電壓：$13.2\text{kV}$
• 輸出端電壓：$12\text{kV}$
• 串聯繞組電壓：$1.2\text{kV}$

3. 由串聯繞組限制輸入電流

串聯繞組是原本的 $1.2\text{kV}$ 低壓繞組，其額定電流為 $833.33\text{A}$。在自耦接法中，串聯繞組承受輸入電流，因此

$$I_{\text{in}}=833.33\ \text{A}$$

自耦變壓器額定伏安值為輸入端電壓乘以輸入端電流：

$$S_{\text{auto}} =13.2\ \text{kV}\times833.33\ \text{A}$$

核心觀念
本題在測試對 RMS（Root‑Mean‑Square） 與 平均值（Arithmetic Mean） 之間大小關係的概念。

• RMS 定義為「平方後取平均，再開根號」：
  $\mathrm{RMS}= \sqrt{\frac{1}{T}\int_{0}^{T} v^{2}(t)\,dt }$
• 平均值（直流分量）為：
  $\overline{v}= \frac{1}{T}\int_{0}^{T} v(t)\,dt$
• 數學上有 RMS ≥ |平均值|（RMS‑AM 不等式），因此 RMS 必定不小於平均值本身。

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解題過程

1. 寫出 RMS 與平均值的定義

   • RMS：先將電壓波形 $v(t)$ 取平方、在一個週期 $T$ 內求平均，最後開根號。
   • 平均值：直接在同一週期內對 $v(t)$ 求算術平均。

2. 利用 Cauchy–Schwarz（或 RMS‑AM）不等式證明

   設 $f(t)=v(t)$、$g(t)=1$（常數函數），則
   $\left(\int_{0}^{T} f(t)g(t)dt\right)^{2}\le\int_{0}^{T} f^{2}(t)dt\int_{0}^{T} g^{2}(t)dt$
   代入得到

核心觀念
本題在測試你對 均方根 (RMS) 值 之定義與常見週期波形的 RMS 計算公式是否熟悉。
RMS 定義為

$$V_{\text{RMS}}=\sqrt{\frac{1}{T}\int_{0}^{T}v^{2}(t)\,dt}$$

其中 $T$ 為週期，$v(t)$ 為波形的瞬時值。若一波形的 RMS 正好等於峰值 $V_{\text{pk}}$ 除以 $\sqrt{2}$，即

$$V_{\text{RMS}}=\frac{V_{\text{pk}}}{\sqrt{2}}$$

這通常發生於 正弦波，以及 幅值相同、形狀只差正負符號的波形（如全波整流正弦波），因為平方後的積分結果與原始正弦波相同。

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(a) 各波形的 RMS 計算與判斷

波形	數學表示	RMS 計算	與 $V_{\text{pk}}/\sqrt{2}$ 的關係
A. 正弦波	$v(t)=V_{\text{pk}}\sin(\omega t)$	$V_{\text{RMS}}=\sqrt{\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}V_{\text{pk}}^{2}\sin^{2}\theta\,d\theta}=V_{\text{pk}}\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{V_{\text{pk}}}{\sqrt{2}}$	相等

核心觀念
本題在測試你對「總諧波失真（THD）」的概念與計算方式的掌握。THD 只衡量非基波諧波成分（2 次、3 次… 的正弦分量）相對於基波的大小，不包含直流（DC）偏移。因此要先釐清：波形是否含有諧波成分，若沒有，THD 必為 0。

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(a) 為什麼直流偏移不會影響 THD？

• THD 的定義為

  $\mathrm{THD}=\frac{\sqrt{V_{2}^{2}+V_{3}^{2}+ \cdots }}{V_{1}}$

  其中 $V_{n}$ 為第 $n$ 次諧波（$n\ge 2$）的 有效值 (RMS)，$V_{1}$ 為基波的有效值。

• 直流分量屬於 零頻率，不屬於任何諧波，故在分子裡不會出現，也不會被除以基波。

  換句話說，即使波形有正負偏移，THD 仍只看諧波成分。

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(b) 這個波形的諧波成分是多少？

題目給的波形可寫成

$v(t)=2\;\text{V}+1\;\sin(\omega t)$

核心概念
本題測試對「功率因數 (Power Factor, PF)」與實功、虛功、視在功率之間關係的理解。功率因數是電壓與電流之相位角 $\phi$ 的餘弦值，
$\text{PF}= \cos\phi .$

實功 $P$、虛功 $Q$ 與視在功率 $S$ 的關係為

$P = S\cos\phi ,\qquad Q = S\sin\phi .$

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解題過程

1. 根據題目，功率因數 PF = 0.5

$\cos\phi = 0.5 \Longrightarrow \phi = \arccos(0.5)=60^{\circ}.$

2. 計算實功與虛功的比例

核心觀念
此題測驗對「理想變壓器」之磁化電感（magnetizing inductance）的理解：在理想情況下，磁路無損耗且磁導率無限大，使得產生相同磁通所需的磁化電流趨於零，等價於磁化電感趨向無限大。

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解題過程

1. 磁化電感的定義
   磁化電感 $L_m$ 為一次側繞組在無負載（即僅產生磁通）時之等效電感，其與一次側電壓 $V_1$、磁化電流 $i_m$ 的關係為
   $V_1 = j\omega L_m\, i_m$
   若 $L_m$ 越大，於給定電壓下磁化電流 $i_m$ 越小。

2. 理想變壓器的假設

   • 無鐵損、無渦流損：磁芯不耗能，磁通僅由繞組電流產生。
   • 磁導率 $\mu \to \infty$：磁芯對磁通的阻抗（磁阻）趨於零。
   • 無漏感：一次與二次繞組的每一匝皆完全耦合，沒有漏感。

核心觀念
此題在測試你對全波整流器（full‑wave diode rectifier）之功率轉換效率的認識，必須考慮：

1. 二極體的正向壓降會減少可供負載的峰值電壓。
2. 只有當輸入正弦波的瞬時電壓高於兩個二極體的總壓降時，電流才會流過負載，因而存在「導通角」的限制。
3. 效率 $\eta$ 定義為輸出功率 $P_{\text{out}}$ 與輸入功率 $P_{\text{in}}$ 的比值，必須對整個週期取平均值計算。

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解題步驟

(a) 計算導通角 $\alpha$

二極體每顆壓降 $V_D = 1\ \text{V}$，全波整流每半週使用兩顆，因此總壓降 $2V_D = 2\ \text{V}$。
當 $\lvert v_s(t) \rvert > 2V_D$ 時才導通：

$v_s(t)=V_p\sin\theta,\qquad V_p=10\ \text{V}$

$$\sin\alpha = \frac{2V_D}{V_p}= \frac{2}{10}=0.2\;\Longrightarrow\; \alpha = \sin^{-1}(0.2)\approx 0.201\ \text{rad}$$

(b) 輸出平均電壓 $V_{\text{avg}}$

全波整流後的負載電壓為 $v_L = V_p\sin\theta - 2V_D$（只在導通區）。
平均值（以半週對稱）：

$V_{\text{avg}}=\frac{1}{\pi}\int_{\alpha}^{\pi-\alpha}\!\!\bigl(V_p\sin\theta-2V_D\bigr)\,d\theta$

$$\begin{aligned} V_{\text{avg}} &=\frac{1}{\pi}\Bigl[2V_p\cos\alpha -2V_D\bigl(\pi-2\alpha\bigr)\Bigr] \\ &=\frac{1}{\pi}\Bigl[2(10)\cos0.201-2(2)(\pi-2\cdot0.201)\Bigr] \\ &\approx\frac{14.12}{\pi}\approx 4.49\ \text{V} \end{aligned}$$

(c) 輸出功率 $P_{\text{out}}$

負載為純電阻 $R$，所以

核心觀念
此題測試對**理想 Buck 轉換器（連續導通模式）**的電壓轉換關係的認識：在理想情況下，輸入與輸出平均電壓的比例只由開關的 占空比 (Duty Ratio) 所決定，其他元件（輸入/輸出電容、電感）僅影響波形與暫態，但不改變靜態的電壓比。

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解題過程

1. 理想 Buck 轉換器的工作原理

   • 於開關導通期間（占空比 $D$），輸入電壓 $V_{\text{in}}$ 直接加在電感上，電感電流上升。
   • 於開關關斷期間（佔空比 $1-D$），電感釋放儲存的能量給負載，電感電流下降。

2. 電壓-占空比關係推導
   在 連續導通模式 (CCM) 下，電感電流在每個週期內保持不為零，且電感的平均電壓在一個開關週期內必須為零（根據伏特秒定律）：

   $\frac{1}{T}\!\int_{0}^{T} v_L(t)\,dt = 0$

   其中 $T$ 為開關週期。分別在導通 ($0\sim DT$) 與關斷 ($DT\sim T$) 時段：

$\underbrace{V_{\text{in}}}_{\text{導通期間}} \cdot D + \underbrace{(-V_{\text{out}})}_{\text{關斷期間}} \cdot (1-D) = 0$

整理得：

核心觀念

本題考查 Boost 轉換器在不連續導通模式（DCM）下的電壓轉換關係。
在 DCM 時，電感的磁能全部在開關關閉期間釋放，電路的平均輸出電壓不再僅由佔空比 $D$ 所決定，而會同時受到 電感值 $L$、開關頻率 $f_s$、負載電阻 $R$（或等效阻抗） 的影響。因此，答案必須包含超過單一選項。

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解題過程

1. 寫出 DCM 的電壓轉換式
   依照 Boost 轉換器在 DCM 的工作週期（圖略），可得到

   $\frac{V_{out}}{V_{in}}=\frac{1}{1-D}\;\frac{D}{D+\displaystyle\frac{2Lf_s}{R}}$

   其中

   • $D$：開關佔空比（Duty Ratio）
   • $L$：儲能電感
   • $f_s$：開關頻率（固定於電路設計）
   • $R$：等效負載（由 $V_{out}$、$I_{out}$ 決定）

   這個式子可從 電感能量守恆 與 電流波形面積相等 的原理推導得到：

   • 開關導通時，電感電流上升：
     $\Delta I_{L_{\text{on}}}= \frac{V_{in}}{L}\,DT$
   • 開關關閉時，電感電流下降至零（DCM）：
     $\Delta I_{L_{\text{off}}}= \frac{V_{out}-V_{in}}{L}\,D_2T$
   • 由能量守恆 $\Delta I_{L_{\text{on}}} = \Delta I_{L_{\text{off}}}$，得到

核心概念
本題在測試對 理想升降壓轉換器 (buck‑boost converter) 在非連續導通模式 (Discontinuous Conduction Mode, DCM) 的電壓增益關係式的了解。必須知道在 DCM 下，增益不僅與占空比 $D$ 相關，還會受到 負載電阻 $R$、電感值 $L$ 與 開關頻率 $f_s$ 的影響。

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解題步驟

1. 寫出 DCM 的電壓增益式
   對理想的升降壓轉換器，在 DCM 中可由能量平衡得到

   $$M \equiv \frac{V_{out}}{V_{in}} = \frac{D}{1-D}\;\frac{1}{1+\displaystyle\frac{D^{2}R}{2Lf_{s}}}$$
   • 第一個因子 $\frac{D}{1-D}$ 為 CCM 時的增益。
   • 第二個因子 $\frac{1}{1+\frac{D^{2}R}{2Lf_{s}}}$ 為 DCM 特有，顯示 負載、電感與開關頻率 皆會改變增益。

2. 檢驗選項的正確性

   • A.「Its voltage‑gain depends only on the duty cycle, as in CCM」

考點概述

本題考查 多相全波整流 的基本概念：在一個平衡、等幅的 n 相交流系統中，實現全波整流所需的最少二極體數量為 $2n$。因此，需要先了解全波整流的原理與二極體的配置方式。

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解題步驟

1. 全波整流的原理
   全波整流要求 每一個交流週期的正、負半週都能產生正向電壓，因此每個相位在正、負半週都必須有導通的二極體。

   • 正半週：相位電壓高於直流輸出正端，對應的二極體導通。
   • 負半週：相位電壓低於直流輸出負端，另一顆二極體導通。

2. 每相位所需二極體數
   為了讓每個相位在 正、負兩半週皆能導通，每個相位必須配備 兩顆二極體（一顆連接正端、另一顆連接負端）。

核心觀念

本題考查 PWM 載波頻率 (carrier frequency) 與 基波頻率 (fundamental output frequency) 的相對大小對 輸出濾波器設計 的影響。載波頻率若遠高於基波頻率，開關產生的諧波會被推至高頻區，濾波器只需抑制低頻的基波與少數低次諧波，從而 可以使用較小的濾波電感。

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解題過程

選項	說明	為什麼不正確
A. To increase the output voltage magnitude	載波頻率只決定 開關頻率，而非直流端電壓或調變比，輸出電壓幅值由 直流鏈路電壓 及 調變比 ( modulation index ) 決定。	載波頻率升高不會改變 $V_{\text{dc}}$ 或 $M$，因此不會提升輸出電壓幅值。
B. To eliminate the need for deadtime between switches	死區時間是為了避免 同一橋臂的兩個開關同時導通，與載波頻率無直接關係。即使載波頻率極高，也仍需適當的死區時間以防止短路。	死區時間需求與開關元件的 開關時間、驅動延遲 相關，和載波頻率無關。
C. To guarantee that the inverter operates in CCM	CCM (Continuous Conduction Mode) 取決於 電感電流 是否在整個開關週期內不降至零，這主要由 負載電流大小、電感值、開關頻率 共同決定。載波頻率過高會使電感電流波形更平滑，但不保證必然進入 CCM，仍須根據負載與電感設計。	僅提升載波頻率無法保證 CCM，需滿足電感電流的最小要求。

核心概念
本題考查 PWM 控制逆變器的 死區時間 (deadtime) 作用與其對輸出電壓波形、諧波與功率損耗的影響。過長的死區會使兩組開關同時關斷，導致每個 PWM 週期的有效導通角縮短，從而降低基波幅度並增加非線性失真。

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解題過程

1. 死區時間的功能
   在雙極性 MOSFET/IGBT 的半橋或全橋逆變器中，為防止上、下元件同時導通（shoot‑through），在一個元件關斷後、另一個元件導通前必須插入一段 deadtime，使電路在切換瞬間保持兩端開路。

2. 過長死區的直接結果

   • 有效導通角縮短：每個 PWM 週期內，原本應由上、下元件佔用的時間被死區佔據。若死區過長，實際導通角 $\theta_{\text{on}}$ 變為
     $\theta_{\text{on}} = \theta_{\text{ideal}} - \frac{t_{\text{dead}}}{T_{\text{PWM}}}\pi$
     其中 $t_{\text{dead}}$ 為死區時間，$T_{\text{PWM}}$ 為 PWM 周期。導通角減少直接導致 基波電壓幅度下降。

核心觀念
本題測驗的是對 MOSFET 閘極驅動電路 (gate‑driver) 功能的基本認識。關鍵在於 MOSFET 的閘極電容必須在極短時間內充放電，以達成開關速度與效率要求，驅動電路的角色就是提供快速且大電流的脈衝，而非提供恆定直流、調節輸出或提升電壓等功能。

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(a) 為何選項 A 為正確描述？

• MOSFET 閘極等效電容
  MOSFET 的閘極-源極之間可視為電容 $C_{GS}$（以及 $C_{GD}$），充放電電流需求可寫成
  $I_{gate}=C_{gate}\,\frac{dV_{GS}}{dt}$
  若要在開關周期 $T_s$ 內完成電壓從 0 V 到驅動電壓 $V_{drive}$ 的切換，則
  $\frac{dV_{GS}}{dt}\approx\frac{V_{drive}}{t_{on/off}}$
  $t_{on/off}$ 必須盡可能小，否則開關損耗 $P_{sw}= \frac{1}{2}V_{DS}I_D t_{on/off} f_s$ 會大幅提升。

• 驅動電路的任務

  1. 提供高電流脈衝：瞬間輸出數十安培（依功率等級而定），快速充放電 $C_{gate}$。
  2. 控制電壓波形：確保 $V_{GS}$ 迅速達到足夠的正向驅動（對於 N‑channel 通常 $10\sim15\,$V，P‑channel 則為負向同值），避免「線性區」停留。
  3. 隔離與保護：使用光耦、變壓器或隔離芯片，使控制端與功率端電氣上隔離，防止高壓噪聲回授。

• 因此，選項 A 「Supply fast, high‑current pulses to charge/discharge the gate capacitance quickly」正確說明了驅動電路的根本目的：提供快速

核心觀念
本題在考查 連續導通模式 (CCM) 與 間斷導通模式 (DCM) 之間的差異，特別是兩者在 開關損耗、效率、電壓增益與負載依賴性 等面向的優缺點。

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(a) CCM 與 DCM 的基本運作原理

在升壓 (boost) 或降壓‑升壓 (buck‑boost) 轉換器中：

• CCM：電感電流在整個開關週期內皆不為零。其電壓增益僅由占空比 $D$ 決定，
  $\frac{V_{\text{o}}}{V_{\text{in}}}= \frac{1}{1-D}\qquad(\text{Boost})$
  因為電感電流恆定，導通損耗與開關損耗皆與負載電流成正比。

• DCM：電感電流在每個週期的部分時間為零，形成 斷續導通。此時電感的平均值較小，開關時的電流波形接近於脈衝，導致

  • 開關損耗降低（因 MOSFET 在關斷時電流已為零），
  • 電壓增益不再僅由 $D$ 決定，而與負載阻抗 $R_{\text{L}}$ 相關：
    $\frac{V_{\text{o}}}{V_{\text{in}}}= \frac{D}{1-D}\,\frac{R_{\text{L}}}{L\,f_{\text{s}}}\;,$
    其中 $L$ 為電感、$f_{\text{s}}$ 為開關頻率。

因此 DCM 的 增益會隨負載變化，而非固定。

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(b) DCM 的優勢

1. 較低的開關與導通損耗
   • 電感電流在一段時間為零，使 MOSFET 在關斷時不承受電流，減少 $P_{\text{sw}}= \tfrac{1}{2}V_{\text{DS}}I_{\text{D}}t_{\text{sw}}$。
   • 在 輕負載 時，導通損耗 $I_{\text{L}}^{2}R_{\text{L}}$ 亦大幅下降。

核心觀念
本題測驗的是 snubber 電路（抑制電路）在開關式 MOSFET 上的主要功能，重點在於抑制因寄生電感與開關瞬變所產生的 電壓過衝（voltage overshoot），而非提升開關頻率、消除死區時間、改善功率因數或提供閘極隔離。

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解題步驟

1. 了解 MOSFET 開關時的瞬態現象

   • MOSFET 在**關斷（turn‑off）與導通（turn‑on）**時，電路中常存在寄生電感 $L_{\text{p}}$（如布線、電感器）與寄生電容 $C_{\text{p}}$。
   • 根據歐姆定律與電感電壓公式 $v_L = L_{\text{p}} \dfrac{di}{dt}$，若電流變化速率 $di/dt$ 很大，$v_L$ 會產生顯著的瞬態電壓，形成過衝，可能超過 MOSFET 的最大耐壓 (V_{\text{DS, max}})。

2. snubber 電路的結構

   • 常見的 snubber 為 RC 串聯（有時加上二極體），放置在 MOSFET 的 Drain‑Source 兩端。
   • 串聯的電阻 $R_{\text{s}}$ 用於阻尼，電容 $C_{\text{s}}$ 用於吸收能量。

3. snubber 的工作原理

   • 當 MOSFET 關斷時，寄生電感產生的過衝電壓會把能量轉移到 snubber 電容上，使電壓 **被限制在

核心觀念
在開關電源中，MOSFET 內建的體二極體（body diode）是與 MOSFTR 本身並列的 PN 形成的二極體，當 MOSFET 關斷時會自動導通，提供電流的「自由迴路」(free‑wheel) 路徑，避免電感釋放的能量因無迴路而產生高電壓尖峰。

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解題過程

1. 了解體二極體的電氣特性

   • MOSFET 內建的體二極體方向通常是 從源極 (Source) 指向汲極 (Drain)，在 N‑channel MOSFET 中相當於 P‑N 逆向二極體。
   • 當 MOSFET 關斷（$V_{GS}=0$）且電感電流仍在流動時，電流無法立即截斷，必須透過體二極體回流，形成 free‑wheel 流路。

2. 檢視選項與體二極體的功能對照

選項	內容	是否符合體二極體的作用
A. Is not used during regular operation	認為體二極體在正常工作中不會被使用	❌ 在許多開關電源（如 buck、boost）中，體二極體在 MOSFET 關斷時必然導通，屬於正常運作的一部分。
B. Provides a path for the gate‑drive signal	提供驅動訊號的路徑	❌ 驅動訊號是經由栅極電阻與驅動放大器送到栅極，與體二極體無關。

核心觀念
本題探討 導通式（conducted）電磁干擾 (EMI) 的抑制手段。導通干擾是透過電力線或訊號線傳導的雜訊，主要透過在電路中加入阻抗、濾波或屏蔽等方式降低雜訊能量。題目要求選出最直接、最有效且符合電源/轉換器設計的做法。

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解題過程

1. 了解各選項的作用
   • A. Adding input‑line LC filters
     • LC 低通濾波器在輸入端提供高阻抗於高頻雜訊，使雜訊無法傳入電路。對於導通式 EMI，最常見且有效的抑制方法，就是在電源輸入端加入 共模/差模 LC 濾波。
   • B. Adding a metal shield
     • 金屬屏蔽主要用於抑制 輻射式（radiated）EMI，能阻擋電磁波外洩或外來。但對於已經耦合進電路的導通雜訊，屏蔽效果有限。
   • C. Increasing the switching frequency of the converter
     • 提高開關頻率會把雜訊搬移到更高頻段，雖然在某些情況下能讓濾波元件更小，但同時會產生更高的高頻雜訊，對導通 EMI 的抑制不一定有正面效應，且會增加開關損耗。
   • D. Placing a series resistor in series with the output load
     • 在負載側串聯電阻可增加阻尼，對減少諧振或抑制瞬態過衝有幫助，然而對於抑制沿電源線傳導的高頻雜訊，其阻值須相當大才有意義，會導致功率損耗，並非最佳方案。
   • E. Increasing the output‑filter capacitor only