1. 單相橋式

1.1 雙極性

課本P165

ur>uc時，V1和V4開通，V2和V3關斷，此時如果io>0，則V1和V4通，如io<0，則VD1和VD4通，輸出電壓uo=Ud；

ur<uc時，V2和V3開通，V1和V4關斷，此時如果io<0，則V2和V3通，如io>0，則VD2和VD3通，輸出電壓uo=-Ud。

模型;

正弦波：頻率50Hz，幅值0.8；
三角波頻率：1000Hz；
輸入電壓：100V；
負載：1Ω，0.01H。

波形：

可以看到，輸出電壓在ur和uc的交點處翻轉，輸出電流為正弦波形，且滯后於信號波。

1.2 單極性

在輸出電壓uo的正半周，V1保持通態，V2保持斷態，V3和V4交替通斷。由於負載電流比電壓滯后，因此在電壓正半周，電流有一段為正，有一段為負。

在負載電流為正的區間，V1和V4導通時，負載電壓等於Ud，V4關斷時，負載電流通過V1和VD3續流，uo=0；在負載電流為負的區間，V1和V4導通時，電流通過VD1和VD4，uo=Ud，V4關斷，V3開通后，電流從V3和VD1續流，uo=0。

同樣，在uo的負半周，V2保持通態，V1保持斷態，V3和V4交替通斷。

模型：

波形：

2. 三相橋式

2.1 調制法

課本P166

urU、urV、urW三相依次相差120°，每相的控制方式和單相橋式雙極性電路相同。

uUN'、uVN'、uWN'的PWM波形都只有±Ud/2兩種電平，但是負載相電壓有(±2/3)Ud、(±1/3)Ud和0共5中電平。

模型：

波形：

2.2 計算法（特定諧波消去法）

式7-3：1/4周期對稱波形

\[u(\omega t) = \sum\limits_{n = 1,3,5, \cdot \cdot \cdot }^\infty {{a_n}\sin n\omega t} \]

\[{a_n} = \frac{4}{\pi }\int_0^{\frac{\pi }{2}} {u(\omega t)\sin } n\omega t{\rm{d\omega t}}\]

式7-4：

\[\begin{array}{l}
{{\rm{a}}_n} = \frac{4}{\pi }\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{U_d}}}{2}\sin } n\omega t{\rm{d\omega t}} + \frac{4}{\pi }\left( {\int_0^{\frac{\pi }{2}} { - \frac{{{U_d}}}{2}\sin } n\omega t} \right){\rm{d\omega t}}\\
\;\;\;\;\;\;\; + \frac{4}{\pi }\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{U_d}}}{2}\sin } n\omega t{\rm{d\omega t}} + \frac{4}{\pi }\left( {\int_0^{\frac{\pi }{2}} { - \frac{{{U_d}}}{2}\sin } n\omega t} \right){\rm{d\omega t}}\\
\;\;\;\;\;\;\; = \frac{{2{U_d}}}{{n\pi }}(1 - \cos n{\alpha _1} + 2\cos n{\alpha _2} - 2\cos n{\alpha _3})
\end{array}\]

通常考慮消去5次和7次諧波（式7-5）：

\[\left\{ \begin{array}{l}
{a_1} = \frac{{2{U_d}}}{\pi }(1 - \cos {\alpha _1} + 2\cos {\alpha _2} - 2\cos {\alpha _3})\\
{a_5} = \frac{{2{U_d}}}{{5\pi }}(1 - \cos 5{\alpha _1} + 2\cos 5{\alpha _2} - 2\cos 5{\alpha _3}) = 0\\
{a_7} = \frac{{2{U_d}}}{{7\pi }}(1 - \cos 7{\alpha _1} + 2\cos 7{\alpha _2} - 2\cos 7{\alpha _3}) = 0
\end{array} \right.\]

經試驗，因上述方程比較復雜，不能得到很好的解，我們轉而去利用極值方法尋求其近似解。

構造函數如下：

function F = root(alpha)
a1=2*200/pi*(1-2*cos(alpha(1))+2*cos(alpha(2))-2*cos(alpha(3)));
a5=2*200/5/pi*(1-2*cos(5*alpha(1))+2*cos(5*alpha(2))-2*cos(5*alpha(3)));
a7=2*200/7/pi*(1-2*cos(7*alpha(1))+2*cos(7*alpha(2))-2*cos(7*alpha(3)));
F=(a1-30)^2+a5^2+a7^2;
end

通過求解F的最小值，可以得到${a_1} = 30$，${a_5} = 0$，${a_7} = 0$的近似解。

這里我們通過fminunc函數求極值，並在$0$~$\frac{\pi }{2}$范圍內隨機確定初始值，進行1000次試驗，找到其中滿足條件的最小值。條件指的是${\alpha _1}$、${\alpha _2}$、${\alpha _3}$在$0$~$\frac{\pi }{2}$范圍內順序排列。

min=100;
for i=1:1000
    [alpha,fval] = fminunc(@root,rand(1,3)*pi/2);
    if(0<alpha(1)&&alpha(1)<alpha(2)&&alpha(2)<alpha(3)&&alpha(3)<pi/2)
        if fval<min
            min=fval;
            alpha0=alpha;
        end
    end
end
alpha=alpha0

得到一組alpha值如下：

最小值如下：

可以看到，最小值與0之間仍有一定差距。

根據${\alpha _1}$、${\alpha _2}$、${\alpha _3}$在$0$~$2\pi $范圍內擴展轉折點，得到向量t和u。

f=50;
t1=[0,alpha,pi-fliplr(alpha)];
t2=pi+t1;
t=[t1,t2,2*pi]./(2*pi)./f;
u=[repmat([1,0],[1,7]),1];
stairs(t,u);ylim([-0.2,1.2]);

圖像如下：

利用t和u以1e-6的間隔構造時間向量和控制向量，存入文件。

t0=0:1e-6:0.08;
u0=zeros(size(t0));
for i=1:length(t0)
    for j=1:(length(t)-1)
        if mod(t0(i),1/f)>t(j) && mod(t0(i),1/f)<t(j+1)
            u0(i)=u(j);
            break
        end
    end
end
matrix=[t0;u0];
save matrix.mat matrix

模型：

驅動信號部分如下圖，其余部分和調制法相同。