11.4 实战演练：两个设计案例

理论装了一脑子，现在该上手了。

既然我们已经把 Kg 法的流程走了无数遍，剩下的事情就是把它扔进真实项目里跑一圈。我们来看两个经典案例：一个是双路输出的耦合电感，一个是工作在 CCM 模式下的反激变压器。

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11.4.1 案例 1：双路输出正激变换器的耦合电感

作为第一个例子，我们来给一个双路输出正激变换器设计耦合电感。

背景与目标

这个电路里的耦合电感，本质上就是绕在同一个磁芯上的两个滤波电感。

设计目标很明确：匝数比必须锁定在输出电压的比值上（28V 比 12V）。励磁电感 $L_M$ 同时为两路输出提供滤波功能，这意味着励磁电流 $i_M$ 实际上是两个绕组电流反射叠加后的结果。

这里有一个细节要注意：因为正激变换器本质上还是个 buck 类拓扑，次级电压波形还是脉宽可调的方波，所以这里的耦合电感还是按照「滤波电感」的逻辑来设计——看的是伏秒积，不仅要防止饱和，还要保证纹波电流在可控范围内。

已知条件（板上实测/规格书要求）：

• Output 1：$28V,4A$
• Output 2：$12V,2A$
• 开关频率 ($f_s$)：$200\text{ kHz}$ ($T_s=5\mu s$)
• 占空比 ($D$)：$0.35$（额定满载点，连续导通模式 CCM）
• 纹波要求：励磁电流纹波 $\mathrm{\Delta }{i}_M$ 为直流分量 $I_M$ 的 $20\mathrm{\%}$

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第一步：算电流

先算出励磁电流的直流成分 $I_M$。记住，这是把次级电流按匝数比折算到初级（或者说归算到励磁电感支路）的总电流。

$$I_M=I_1+\frac{n_2}{n_1}{I}_2$$

先确定匝数比。为了匹配电压，匝数比 $n_2/n_1$ 应该等于输出电压比 $V_2/V_1$：

$$\frac{n_2}{n_1}=\frac{12}{28}\approx 0.4286$$

代入数值：

$$I_M=(4\text{ A})+0.4286\times (2\text{ A})=4.857\text{ A}$$

我们保留两位小数，记作 $4.86\text{ A}$。

接下来算纹波 $\mathrm{\Delta }{i}_M$。

对于滤波电感，经典的电感电压公式告诉我们：

$$L_M\frac{d{i}_M}{dt}=v_L$$

在关断期间（$D^{\prime }{T}_s$），初级绕组电压 $v_1\approx V_1=28V$（忽略了二极管压降的简化估算），电流线性下降。

$$\mathrm{\Delta }{i}_M=\frac{V_1{D}^{\prime }{T}_s}{2L_M}$$

我们要让 $\mathrm{\Delta }{i}_M=0.2I_M$。反推出所需的 $L_M$：

$$L_M=\frac{V_1{D}^{\prime }{T}_s}{2\mathrm{\Delta }{i}_M}=\frac{V_1{D}^{\prime }{T}_s}{2(0.2I_M)}$$

把数值带进去：

$$L_M=\frac{(28\text{ V})(1-0.35)(5\mu s)}{2\times (4.86\text{ A}\times 0.2)}\approx 47\mu H$$

所以，我们要做一个 $47\mu H$ 的电感。

有了 $L_M$ 和纹波比例，峰值电流 $I_{M,max}$ 也就出来了：

$$I_{M,max}=I_M+\mathrm{\Delta }{i}_M=4.86+(4.86\times 0.2)\approx 5.83\text{ A}$$

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第二步：定磁芯

我们需要选一个既能装得下铜线，又不会因为发热而把房子点着的磁芯。

设计约束：

• 铜损 ($P_{cu}$)：允许 $0.75\text{ W}$。这是个比较激进的设计，说明散热条件可能一般。
• 最大磁通密度 ($B_{max}$)：$0.25\text{ Tesla}$。留了余量， ferrite 的饱和点 $B_{sat}$ 通常在 $0.3\sim 0.4T$ 附近。
• 窗口利用系数 ($K_u$)：$0.4$。这包括了绝缘层、绕组不紧密堆积导致的空隙。

现在手里牌齐了，可以直接套用 Kg 公式（11.52）来算磁芯几何常数：

$$K_g\ge \frac{\rho L_M^2{I}_{tot}^2{I}_{M,max}^2}{B_{max}^2{P}_{cu}{K}_u}{10}^8$$

这里的 $I_{tot}$ 是折算后的总有效电流（RMS），用于计算铜损。因为纹波很小，我们就用直流值近似 RMS 值：

$$I_{tot}\approx I_M=4.86\text{ A}$$

代入计算（注意单位，$\rho$ 是铜的电阻率）：

$$K_g\ge \frac{(1.724\cdot {10}^{-6})(47\cdot {10}^{-6}{)}^2(4.86{)}^2(5.83{)}^2}{(0.25{)}^2(0.75)(0.4)}{10}^8$$

算出来的结果是：

$$K_g\ge 16\cdot {10}^{-3}{\text{ cm}}^5$$

拿着这个数去查目录。PQ 20/16 磁芯的 $K_g$ 值是 $22.4\cdot {10}^{-3}{\text{ cm}}^5$，完美满足要求。

选定磁芯参数（附录 B 数据）：

• $A_c=0.62{\text{ cm}}^2$
• $W_A=0.256{\text{ cm}}^2$
• $MLT=4.4\text{ cm}$

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第三步：磨气隙

磁芯有了，现在要算气隙长度 ${\ell }_g$。这决定了电感量和饱和点。

用公式（11.53）：

$${\ell }_g=\frac{{\mu }_0{L}_M{I}_{M,max}^2}{B_{max}^2{A}_c}{10}^4$$$${\ell }_g=\frac{(4\pi \cdot {10}^{-7})(47\cdot {10}^{-6})(5.83{)}^2}{(0.25{)}^2(0.62)}{10}^4\approx 0.52\text{ mm}$$

⚠️ 实战贴士 理论上算出来是 0.52 mm，但实际动手磨磁芯时，建议稍微磨大一点点。 为什么？因为有边缘磁通效应。气隙越大，磁通向外扩散得越厉害，这会稍微增加一点电感量，让实际测出来的 $L$ 偏大。为了补偿这个非理想效应，实际气隙通常要比理论值大个 5% 到 10%。

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第四步：绕线圈

先算初级匝数 $n_1$。利用公式（11.54），由 $L=n^2/\mathcal{R}$ 推导而来：

$$n_1=\frac{L_M{I}_{M,max}}{B_{max}{A}_c}{10}^4$$$$n_1=\frac{(47\cdot {10}^{-6})(5.83)}{(0.25)(0.62)}{10}^4=17.6\text{ turns}$$

匝数必须是整数。四舍五入，取 $n_1=17$ 匝。

踩坑提醒：匝数取整是耦合电感/变压器设计里最容易翻车的一步。$n_1$ 从 17.6 取成 17，看似只少了 0.6 匝，但 $L_M\propto n_1^2$，电感量会从 47μH 掉到约 44μH，纹波跟着变大；更要命的是次级 $n_2=7.54$ 取成 7，匝比从 0.4286 变成 0.4118，两路输出电压比例就偏了——28V 那路还好，12V 那路可能直接超调或欠压。所以多绕组设计取完整数后，必须回代校核：重算 $L_M$、重算各路输出、必要时微调气隙或重新选 18:8 的匝比。绕线机不会替你想这些。

根据匝数比算次级匝数 $n_2$：

$$n_2=(\frac{n_2}{n_1})n_1=0.4286\times 17.6=7.54\text{ turns}$$

既然初级取了 17，我们这里取 $n_2=7$ 匝（当然，18:8 也是一个可选的方案，会稍微改变电感量，需要重新校核，这里为了简化，直接取最接近的整数）。

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第五步：分地盘（窗口面积）

线圈骨架里的窗口面积 $W_A$ 只有 $0.256{\text{ cm}}^2$，非常宝贵。要按各绕组「产热贡献度」来分赃。

初级绕组分到的比例 ${\alpha }_1$：

$${\alpha }_1=\frac{n_1{I}_1}{n_1{I}_{tot}}=\frac{17\times 4}{17\times 4.86}=0.8235$$

次级绕组分到的比例 ${\alpha }_2$：

$${\alpha }_2=\frac{n_2{I}_2}{n_1{I}_{tot}}=\frac{7\times 2}{17\times 4.86}=0.1695$$

（你会发现 ${\alpha }_1+{\alpha }_2\approx 1$，剩下的被绝缘和空隙占用了，这正好符合 $K_u$ 的定义）。

根据这个比例算线径 $A_W$：

$$A_{W1}\le \frac{{\alpha }_1{K}_u{W}_A}{n_1}=\frac{0.8235\times 0.4\times 0.256}{17}\approx 4.96\cdot {10}^{-3}{\text{ cm}}^2$$

查线规表，AWG #21 的裸铜面积是 $4.02\cdot {10}^{-3}{\text{ cm}}^2$，稍微小一点但安全裕度够用；或者看下是否能用两层 AWG #24 并绕。不过标准设计里，选最接近且不超过上限的即可，这里选 AWG #21。

次级线径：

$$A_{W2}\le \frac{{\alpha }_2{K}_u{W}_A}{n_2}=\frac{0.1695\times 0.4\times 0.256}{7}\approx 2.48\cdot {10}^{-3}{\text{ cm}}^2$$

查表对应 AWG #24。

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11.4.2 案例 2：CCM 模式下的反激变压器

第二个例子，我们来设计一个反激变换器的变压器。

反激变压器本质上是一个耦合电感，但它是个「bad boy」——因为它不仅要存储能量（像电感），还要把能量从初级搬向次级（像变压器），而且它的磁通密度变化量 $\mathrm{\Delta }B$ 往往比正激变换器大得多，这意味着我们得开始关心铁损了。

背景与目标

• 输入电压 ($V_g$)：$200\text{ V}$
• 输出电压 ($V$)：$20\text{ V}$
• 输出电流 ($I_{load}$)：$5\text{ A}$
• 开关频率 ($f_s$)：$150\text{ kHz}$ ($T_s=6.67\mu s$)
• 占空比 ($D$)：$0.4$
• 匝数比 ($n_2/n_1$)：$0.15$（即初级 100 匝对应次级 15 匝）
• 纹波要求：$\mathrm{\Delta }{i}_M=20\mathrm{\%}{I}_M$

约束条件：

• 铜损 ($P_{cu}$)：$1.5\text{ W}$（不包括邻近效应损耗）
• 填充系数 ($K_u$)：$0.3$（反激变压器通常需要加强绝缘，特别是安规要求，所以绕线利用率更低）
• 最大磁通密度 ($B_{max}$)：$0.25\text{ T}$

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第一步：推导电流波形

根据电容电荷平衡原理，反激变换器在 CCM 模式下，初级侧的直流电流 $I_M$ 其实是负载电流反射过去的：

$$I_M=(\frac{n_2}{n_1}{)}^2\frac{1}{D^{\prime }}\frac{V}{R}$$

或者更简单的推导：输出功率 $P_{out}=V\cdot I=20\times 5=100W$。输入功率近似等于输出功率（忽略效率）。 输入平均电流 $I_g=P_{out}/V_g=100/200=0.5A$。 对于 buck-boost 类结构（反激），平均输入电流与 $I_M$ 的关系是 $I_g=D{I}_M$。 所以 $I_M=I_g/D=0.5/0.4=1.25A$。

这和书中用公式（11.69）推导出来的结果一致：

$$I_M=1.25\text{ A}$$

设计纹波为 $20\mathrm{\%}$：

$$\mathrm{\Delta }{i}_M=0.2\times 1.25=0.25\text{ A}$$

峰值电流：

$$I_{M,max}=1.25+0.25=1.5\text{ A}$$

计算所需励磁电感 $L_M$。 反激在导通期间（$0\sim D{T}_s$），初级电压为 $V_g$。

$$L_M=\frac{V_{g}D{T}_s}{\mathrm{\Delta }{i}_M}(\text{注意这里分母是纹波总量，不是 }2\mathrm{\Delta }{i}_M)$$

书中公式用 $2\mathrm{\Delta }{i}_M$ 是因为定义 $\mathrm{\Delta }{i}_M$ 为峰峰值的一半。我们统一按公式（11.72）：

$$L_M=\frac{(200\text{ V})(0.4)(6.67\mu s)}{2\times (0.25\text{ A})}\approx 1.07\text{ mH}$$

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第二步：计算 RMS 电流

这里有个坑。反激变压器的初级电流是锯齿波，次级电流也是锯齿波，而且是错开的。 初级在 $D$ 时段有电流，次级在 $D^{\prime }$ 时段有电流。所以计算铜损时，不能直接把它们简单相加，必须分别算出各自的 RMS 值。

初级 RMS 电流 ($I_1$)： 利用附录 A 中的锯齿波 RMS 公式：

$$I_1=I_M\sqrt{D(1+\frac{1}{3}(\frac{\mathrm{\Delta }{i}_M}{I_M}{)}^2)}$$$$I_1=1.25\sqrt{0.4(1+\frac{1}{3}(0.2{)}^2)}\approx 0.796\text{ A}$$

次级 RMS 电流 ($I_2$)： 次级峰值电流 $I_{2,pk}=(n_1/n_2)I_{M,max}=(1/0.15)\times 1.5=10\text{ A}$。 次级直流分量（平均值）$I_{2,dc}=I_{load}=5\text{ A}$。 次级纹波 $\mathrm{\Delta }{i}_2=(n_1/n_2)\mathrm{\Delta }{i}_M=6.67\text{ A}$。 公式推导同理，结果为：

$$I_2\approx 6.50\text{ A}$$

折算总电流 ($I_{tot}$)： 这是为了代入 Kg 公式计算磁芯用的。我们把次级的电流「折」回初级来计算总热效应。

$$I_{tot}=I_1+\frac{n_2}{n_1}{I}_2$$

注意：这里虽然 $I_1$ 和 $I_2$ 在时间上不重叠，但铜损是 $I^{2}R$ 的积分平均，两者的发热是叠加在各自的绕组上的。在窗口分配算法（11.56）中，这个 $I_{tot}$ 是为了按比例分配窗口面积。

$$I_{tot}=0.796+(0.15\times 6.50)=0.796+0.975=1.77\text{ A}$$

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第三步：选磁芯

依然用 Kg 公式（11.52）。这次我们允许 $1.5W$ 铜损。

$$K_g\ge \frac{(1.724\cdot {10}^{-6})(1.07\cdot {10}^{-3}{)}^2(1.77{)}^2(1.5{)}^2}{(0.25{)}^2(1.5)(0.3)}{10}^8$$

计算结果：

$$K_g\ge 0.049{\text{ cm}}^5$$

查阅附录 B，满足条件的最小磁芯是 EE30，参数如下：

• $K_g=0.0857{\text{ cm}}^5$
• $A_c=1.09{\text{ cm}}^2$
• $W_A=0.476{\text{ cm}}^2$
• $MLT=6.6\text{ cm}$
• 磁路长度 ${\ell }_m=5.77\text{ cm}$

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第四步：磨气隙与匝数

气隙 ${\ell }_g$：

$${\ell }_g=\frac{{\mu }_0{L}_M{I}_{M,max}^2}{B_{max}^2{A}_c}{10}^4$$$${\ell }_g=\frac{(4\pi \cdot {10}^{-7})(1.07\cdot {10}^{-3})(1.5{)}^2}{(0.25{)}^2(1.09)}{10}^4\approx 0.44\text{ mm}$$

初级匝数 $n_1$：

$$n_1=\frac{L_M{I}_{M,max}}{B_{max}{A}_c}{10}^4=\frac{(1.07\cdot {10}^{-3})(1.5)}{(0.25)(1.09)}{10}^4\approx 58.7$$

取整：$n_1=59$ 匝。

次级匝数 $n_2$：

$$n_2=0.15\times 59=8.85\approx 9\text{ turns}$$

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第五步：分配窗口与选线

窗口分配比例： 这里展示的是根据 RMS 电流贡献度来分配窗口。

$${\alpha }_1=\frac{I_1}{I_{tot}}=\frac{0.796}{1.77}\approx 0.45$$$${\alpha }_2=\frac{n_2{I}_2/n_1}{I_{tot}}=\frac{9\times 6.5/59}{1.77}\approx 0.55$$

你会发现次级虽然电流大，但因为匝数少，分到的窗口面积其实和初级差不多。

线径计算：

$$A_{W1}\le \frac{{\alpha }_1{K}_u{W}_A}{n_1}=\frac{0.45\times 0.3\times 0.476}{59}\approx 1.09\cdot {10}^{-3}{\text{ cm}}^2$$

查表得 AWG #28。

$$A_{W2}\le \frac{{\alpha }_2{K}_u{W}_A}{n_2}=\frac{0.55\times 0.3\times 0.476}{9}\approx 8.8\cdot {10}^{-3}{\text{ cm}}^2$$

查表得 AWG #19。

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第六步：隐形的杀手——铁损

前面的设计完全忽略了铁损，这在低频或 DC 电感里是没问题的，但在反激这种每周期磁通大幅摆动的场合，铁损可能会悄悄上来。

如何计算铁损？

铁损取决于磁通密度的变化量 $\mathrm{\Delta }B$，而不是最大值 $B_{max}$。 在导通时段 $0\sim D{T}_s$，电压施加在初级上：

$$v_M(t)=V_g=n_1{A}_c\frac{dB(t)}{dt}$$$$\frac{dB}{dt}=\frac{V_g}{n_1{A}_c}$$

在这个时段内，磁通密度从 $B_{min}$ 上升到 $B_{max}$，变化量 $2\mathrm{\Delta }B$（注：书中 $\mathrm{\Delta }B$ 定义为峰值摆幅，即峰峰值的一半，这里公式里有系数 2）：

$$\mathrm{\Delta }B=\frac{V_{g}D{T}_s}{2n_1{A}_c}$$

代入数值（注意 $A_c$ 换算成 $m^2$ 或处理系数 ${10}^4$）：

$$\mathrm{\Delta }B=\frac{(200\text{ V})(0.4)(6.67\mu s)}{2\times 59\times 1.09{\text{ cm}}^2}\times {10}^4\approx 0.041\text{ T}$$

这是一个很小的摆幅。查 ferrite 材料的数据手册，在 $150\text{ kHz}$ 下，$0.041\text{ T}$ 对应的损耗密度大约是 $0.04{\text{ W/cm}}^3$。

总铁损 $P_{fe}$：

$$P_{fe}=(P_{vol})\times (Vo{l}_{core})=0.04\times (A_c{\ell }_m)$$$$P_{fe}=0.04\times (1.09\times 5.77)\approx 0.25\text{ W}$$

结论： $0.25\text{ W}$ 的铁损相比于 $1.5\text{ W}$ 的铜损，确实比较小，在设计余量内可以忽略。这也验证了我们在 CCM 模式下，忽略铁损专注于铜损的合理性。

但如果设计是 DCM 模式，或者频率推到 $500\text{ kHz}$ 甚至 $1\text{ MHz}$，这个 $\mathrm{\Delta }B$ 带来的铁损就会呈指数级上升，那时候就必须回头来重新权衡了。

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参考说明：参考自 geqianQWQ 同学阅读《Fundamentals of Power Electronics》的笔记，仅作理解线索；本文为结合自己理解重新整理的学习笔记，不涉及对原书的复制或翻译。