电机系统建模与分析

Chap1. 摘要

觉得卡的或者遇到公式渲染不出来的情况请开翻墙，ZJU的校网就是依托。

若无特殊说明，本文中使用斜体的$p$表示电机极对数，用正体的$\text{p}$表示海氏算子$\frac{\text{d}}{\text{d}t}$

期中可能会放PDF版本（Click Here）

补：绕组系数

现在应该是才算是完全搞懂了

• 短距系数表征的是“一个线圈的上下层边”的电势矢量的合成关系
• 分布系数表征的是“不同线圈之间（只看上层边）”的电势矢量的合成关系

求解办法：

1. 画绕组分布展开图，选其中一相画
2. 看看一个线圈上下层边跨过了多少电角度（记为${\theta }_y$），则短距系数为$\sin (\frac{{\theta }_y}{\pi }\cdot \frac{\pi }{2})$
3. 看看所有线圈的上层边，把他们用矢量图画出来。同极下的直接相加，不同极下的添负号。

Chap2. 微分方程数值解法

一阶微分方程

设一阶微分方程的一般形式为：
$$\frac{\text{d}x}{\text{d}t}=\text{p}x=f(t,x)$$
倘若已知初始时刻的变量值（如：$x(0)$），想要得到下一时刻的值，基本思路是$x_{i+1}=x_i+\text{p}x\cdot \mathrm{\Delta }t$

设等步长，相邻两时刻间的时间差（步长）为$h$，

四阶龙格-库塔法：
$$\begin{array}{ccc}{K}_1=f(t_i,x_i)& \Rightarrow & x_{i+\frac{1}{2}}^{(1)}=x_i+K_1\frac{h}{2}\\ K_2=f(t_{i+\frac{1}{2}},x_{i+\frac{1}{2}}^{(1)})& \Rightarrow & x_{i+\frac{1}{2}}^{(2)}=x_i+K_2\frac{h}{2}\\ K_3=f(t_{i+\frac{1}{2}},x_{i+\frac{1}{2}}^{(2)})& \Rightarrow & x_{i+1}^{(1)}=x_i+K_{3}h\\ K_4=f(t_{i+1},x_{i+1}^{(1)})& \Rightarrow & K=\frac{K_1+2K_2+2K_3+K_4}{6}\\ & x_{i+1}=x_i+Kh\end{array}$$

一阶微分方程组

一般采用同步梯度的方式求解多变量方程组，这里以两变量为例：
$$
$$\begin{array}{cc}{K}_{1x}=f_x(t_i,x_i,y_i)& K_{1y}=f_y(t_i,x_i,y_i)\\ \Rightarrow x_{i+\frac{1}{2}}^{(1)}=x_i+K_{1x}\frac{h}{2}& y_{i+\frac{1}{2}}^{(1)}=y_i+K_{1y}\frac{h}{2}\\ K_{2x}=f_x(t_{i+\frac{1}{2}},x_{i+\frac{1}{2}}^{(1)},y_{i+\frac{1}{2}}^{(1)})& K_{2y}=f_y(t_{i+\frac{1}{2}},x_{i+\frac{1}{2}}^{(1)},y_{i+\frac{1}{2}}^{(1)})\\ \Rightarrow x_{i+\frac{1}{2}}^{(2)}=x_i+K_{2x}\frac{h}{2}& y_{i+\frac{1}{2}}^{(2)}=y_i+K_{2y}\frac{h}{2}\end{array}$$
$$
后面不抄了，K3K4一样的，反正意思就是同步更新。

Chap3. 一般化电机模型

基本概念

一般化电机的基本假设：

1. 一对级电机（$p=1$），极对数是可以等效的
2. 绕组是可以等效的，如三相变为两相
3. 伪静止线圈：构成线圈的导体是运动的（以$\omega$旋转），但是d、q线圈是由电刷所规定的，因此轴线静止。
   1. 线圈中的电流在空间产生轴线静止的磁场
   2. 导体实际上在旋转，因此还是会有旋转电势
4. 磁路不饱和（可用叠加原理）
5. 不计剩磁、涡流、磁滞损耗
6. 气隙磁密按正弦规律分布
7. 只关心导体分布在哪些槽内，不关心具体的连接方式和整、短距等

基本方程式

正方向的规定

	原则	模型	方程式
电动机	1. 正电流产生正磁链 2. 从外向线圈看，电压与电流正方向相同 3. 线圈的输入功率为正值		$\begin{array}{c}\Psi =Li\\ U=Ri+e\\ e=\text{p}\Psi \end{array}$
发电机	1. 正电流产生负磁链 2. 从线圈向外看，电压与电流正方向相同 3. 线圈的输出功率为正值		$\begin{array}{c}\Psi =-Li\\ U=e-Ri\\ e=\text{p}\Psi \end{array}$

	原则	方程式	功率
电动机	1. 电磁转矩正方向就是旋转方向 2.负载、阻尼、惯性转矩正方向与之相反	$T_e=T_L+T_D+J\text{p}\mathrm{\Omega }$	$P_m=-T_L\mathrm{\Omega }$
发电机	1. 外施转矩正方向就是旋转方向 2.负载、阻尼、惯性转矩正方向与之相反	$T_m=T_e+T_D+J\text{p}\mathrm{\Omega }$	$P_m=T_m\mathrm{\Omega }$

电磁方程式

电枢（转子）按发电机原则规定正方向

励磁（定子）按电动机原则规定正方向

$$\begin{array}{c}\{\begin{array}{l}{u}_d=\text{p}{\Psi }_d-R_d{i}_d-K_q\omega {\varphi }_q(\mathrm{旋}\mathrm{转}\mathrm{电}\mathrm{势}{e}_{dr})\\ u_q=\text{p}{\Psi }_q-R_q{i}_q+K_d\omega {\varphi }_d(\mathrm{旋}\mathrm{转}\mathrm{电}\mathrm{势}{e}_{qr})\\ u_{fd}=\text{p}{\Psi }_{fd}+R_{fd}{i}_{fd}\\ u_{kq}=\text{p}{\Psi }_{kq}+R_{kq}{i}_{kq}\end{array}\end{array}$$
根据对应的推导，旋转电势中：
$$\begin{array}{c}\{\begin{array}{l}{e}_{dr}=-K_q\omega {\varphi }_q=-\omega {\Psi }_q\\ e_{qr}=K_d\omega {\varphi }_d=\omega {\Psi }_d\end{array}\end{array}$$
并带入$\Psi =LI$，得到电磁方程式为：
$$\begin{array}{c}[U]=\text{p}[L][I]+[R][I]+\omega [G][I]\\ \text{p}[I]=[L{]}^{-1}([U]-[R][I]-\omega [G][I])\end{array}$$
其中：
$$\begin{array}{ccc}[L]=\left[\begin{array}{cccc}-L_d& 0& M_{afd}& 0\\ 0& -L_q& 0& M_{akq}\\ -M_{fad}& 0& L_{fd}& 0\\ 0& -M_{kaq}& 0& L_q\end{array}\right]& ,& [G]=\left[\begin{array}{cccc}0& L_q& 0& -M_{akq}\\ -L_d& 0& M_{afd}& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]\end{array}$$

Chap4. 直流电机仿真

考虑以下他励直流电机：

只有直轴励磁和交轴电枢电压，故其方程为：
$$\begin{array}{c}{u}_q=\text{p}{\Psi }_q+\omega {\Psi }_d-R_q{i}_q\\ u_{fd}=\text{p}{\Psi }_{fd}+R_{fd}{i}_{fd}\end{array}$$
其中：
$${\Psi }_d=M_{afd}{i}_{fd};{\Psi }_q=-L_q{i}_q;{\Psi }_{fd}=L_{fd}{i}_{fd}$$

注：如果认为磁通全部通过磁链，并且定子和转子完全交链，那么有${\varphi }_d={\varphi }_{fd}$

于是：${\Psi }_d=z{\varphi }_d=z{\varphi }_{fd}=z\frac{L_{fd}{i}_{fd}}{N_{fd}}=M_{afd}{i}_{fd}$

即：$M_{afd}=\frac{z{L}_{fd}}{N_{fd}}$

他励直流发电机的突然短路（$R_L\to 0$）

稳态

$$\begin{array}{c}{u}_{q0}={\omega }_0{M}_{afd}{i}_{fd}-R_q{i}_q=R_L{i}_q\\ u_{fd}=R_{fd}{i}_{fd}\\ \Rightarrow i_{q0}=\frac{{\omega }_0{M}_{afd}{u}_{fd}}{(R_L+R_q)R_{fd}}\end{array}$$

条件1. 转速瞬时不变

$$\begin{array}{c}0=-L_q\text{p}{i}_q+{\omega }_0{M}_{afd}{i}_{fd}-R_q{i}_q\\ \Rightarrow i_q=\frac{{\omega }_0{M}_{afd}{i}_{fd}}{R_q}\frac{1}{\tau \text{p}+1};(\tau =L_q/R_q)\\ \Rightarrow i_q=i_{q0}\frac{R_L+R_q}{R_q}(1-e^{-\frac{t+t_0}{t_0}})\end{array}$$

条件2. 短路时停止提供动力

$$\begin{array}{c}\{\begin{array}{l}\text{p}{i}_q=\frac{\omega M_{afd}{i}_{fd}-R_q{i}_q}{L_q}\\ T_m=0=M_{afd}{i}_{fd}{i}_q+B\omega +J\text{p}\omega \end{array}\Rightarrow \text{p}\omega =\frac{M_{afd}{i}_{fd}{i}_q+B\omega }{-J}\end{array}$$

条件3. 停止原动机时停止励磁

​ 此时$i_{fd}=0$,机电解耦！
$$\text{p}{i}_q=-R_q{i}_q/L_q,\text{p}\omega =-B\omega /J$$

Chap5. 三相交流电机在相坐标系下的模型

按照电动机原则选取正方向，即：

1. 绕组轴线的方向是磁链正方向，正电流产生正磁链
2. 从外向绕组看，电压与电流正方向同向，输入功率为正
3. 电磁转矩正方向就是转子旋转的方向，负载$T_L$、阻尼$B\mathrm{\Omega }$、惯性$Jp\mathrm{\Omega }$转矩相反

考虑D轴与Q轴正交解耦，则其电压平衡式为：
$$\begin{array}{c}\{\begin{array}{ll}{U}_a=\text{p}{\Psi }_a+R_a{i}_a& （B、C\mathrm{相}\mathrm{同}\mathrm{理}）\\ U_f=\text{p}{\Psi }_f+R_f{i}_f\\ U_D=U_Q=0& （\mathrm{阻}\mathrm{尼}\mathrm{短}\mathrm{路}\mathrm{绕}\mathrm{组}）\end{array}\end{array}$$
即：
$$\begin{array}{c}\left[\begin{array}{c}{u}_a\\ u_b\\ u_c\\ u_f\\ 0\\ 0\end{array}\right]=\text{p}\left[\begin{array}{c}{\Psi }_a\\ {\Psi }_b\\ {\Psi }_c\\ {\Psi }_f\\ {\Psi }_D\\ {\Psi }_Q\end{array}\right]+\left[\begin{array}{cccccc}{R}_s& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& R_s& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& R_s& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& R_f& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& R_D& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& R_Q\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{i}_a\\ i_b\\ i_c\\ i_f\\ i_D\\ i_Q\end{array}\right]\end{array}$$
​其中磁链矩阵$[\Psi ]$可以表示为$[L][I]$，由于转子励磁旋转导致DQ轴与定子相轴耦合关系改变，电感矩阵$[L]$时变。电感矩阵中各分量结果如下：三相交流电机电感矩阵推导

1. 定子绕组自感系数
   $$\begin{array}{c}{L}_{aa}=L_{aal}(\mathrm{漏}\mathrm{感})+\frac{L_{aad}+L_{aaq}}{2}+\frac{L_{aad}-L_{aaq}}{2}cos2\theta \\ L_{bb}=L_{aal}(\mathrm{漏}\mathrm{感})+\frac{L_{aad}+L_{aaq}}{2}+\frac{L_{aad}-L_{aaq}}{2}cos2(\theta -\frac{2\pi }{3})\\ L_{cc}=L_{aal}(\mathrm{漏}\mathrm{感})+\frac{L_{aad}+L_{aaq}}{2}+\frac{L_{aad}-L_{aaq}}{2}cos2(\theta +\frac{2\pi }{3})\end{array}$$

   1. 对于隐极同步电机（$L_{aad}=L_{aaq}$），自感系数是常数

2. 定子绕组互感系数
   $$\begin{array}{c}{M}_{ab}=-(M_{abl}+\frac{L_{aad}+L_{aaq}}{4})+\frac{L_{aad}-L_{aaq}}{2}cos2(\theta +\frac{2\pi }{3})\end{array}$$

   1. 因为三相轴线相差120°，所以互感是负的，说明推导无误
   2. AB相的互感用C相的角度，其余同理

3. 定子与转子之间的互感
   $$\begin{array}{c}{M}_{af}=M_{fa}=M_{af1}cos\theta \\ M_{bf}=M_{fb}=M_{af1}cos(\theta -\frac{2\pi }{3})\\ M_{cf}=M_{fc}=M_{af1}cos(\theta +\frac{2\pi }{3})\end{array}$$

   1. 定子绕组自感变化周期是$\pi$，这个是$2\pi$。下同。

4. 定子绕组与转子D轴阻尼绕组间互感
   $$M_{aD}=M_{Da}=M_{aD1}cos\theta$$

5. 定子绕组与转子Q轴阻尼绕组间互感
   $$M_{aQ}=M_{Qa}=-M_{aQ1}sin\theta$$

6. 转子绕组自感、互感
   $$\begin{array}{c}{L}_f=L_{fl}+L_{f\delta }\\ L_D=L_{Dl}+L_{D\delta }\\ L_Q=L_{Ql}+L_{Q\delta }\\ M_{fD}=M_{Df}=M_{fDl}+M_{fD\delta }\end{array}$$

   1. 由于DQ轴正交解耦，故不存在互感

由此得到：
$$\begin{array}{c}\left[\begin{array}{c}{\Psi }_a\\ {\Psi }_b\\ {\Psi }_c\\ {\Psi }_f\\ {\Psi }_D\\ {\Psi }_Q\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccccc}{L}_{aa}& M_{ab}& M_{ac}& M_{af}& M_{aD}& M_{aQ}\\ M_{ba}& L_{bb}& M_{bc}& M_{bf}& M_{bD}& M_{bQ}\\ M_{ca}& M_{cb}& L_{cc}& M_{cf}& M_{cD}& M_{cQ}\\ M_{fa}& M_{fb}& M_{fc}& L_f& M_{fD}& 0\\ M_{Da}& M_{Db}& M_{Dc}& M_{Df}& L_D& 0\\ M_{Qa}& M_{Qb}& M_{Qc}& 0& 0& L_Q\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{i}_a\\ i_b\\ i_c\\ i_f\\ i_D\\ i_Q\end{array}\right]\end{array}$$
对应的，其转矩平衡式为（电磁转矩的推导过程）：
$$T_e=\frac{p}{2}[I{]}^T\frac{\partial [L]}{\partial \theta }[I]$$

Chap6. 坐标变换

一个电机的建模与求解过程应该是下面这样的：

上一章已经展示了，三相交流电机在相坐标（a-b-c Model）下的模型方程是多么复杂，所以要用坐标变换把他等效到更好计算的坐标系（如α-β-0和d-q-0坐标系）下。

坐标变化基本定义

• 下面直接不加推导的给出三相坐标系到（二维平面-0）坐标系的恒相幅值变换的表达式：
  • 在三相坐标系中，三个坐标轴为a、b、c，记其方向向量为$\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$，在三个方向向量上的某物理量的数值分别为$x_a,x_b,x_c$
  • 定义综合矢量：$\overrightarrow{x}=\frac{2}{3}(x_a\overrightarrow{a}+x_b\overrightarrow{b}+x_c\overrightarrow{c})$
  • 定义零分量：$x_0=\frac{x_a+x_b+x_c}{3}$
  • 
• 电机的模型是二维的，所以按理说两个基足以。但是坐标变换必须满足等变量个数，因此这里从“a、b、c”三个基（变量）换成了“综合矢量+零分量”三个变量（矢量=模长+方向，或正交分解，实际是两个变量）
• 但是综合矢量以矢量的形式不好表达，所以可以写成下面这样的形式：
  • 定义：$x_a^{\prime }=x_a-x_0,x_b^{\prime }=x_b-x_0,x_c^{\prime }=x_c-x_0$
  • 综合矢量：$\overrightarrow{x}\to \dot{x}=\frac{2}{3}(x_a+x_b{e}^{j120}+x_c{e}^{j240})\triangleq x{e}^{j\alpha }$
    • 幅值：$|x|=\sqrt{\frac{2}{3}(x_a^{\prime 2}+x_b^{\prime 2}+x_c^{\prime 2})}$
    • 夹角（与a轴）：$\alpha ={\text{cos}}^{-1}(\frac{x_a^{\prime }}{x_a})$
• 当然，要把（二维平面-0）坐标系变回三相坐标系也是需要的，其表达式为：
  • a相：$x_a^{\prime }=x\text{cos}\alpha ,x_a=x_0+x_a^{\prime }$
  • a相：$x_b^{\prime }=x\text{cos}(\alpha -\frac{2\pi }{3}),x_b=x_0+x_b^{\prime }$
  • c相：$x_c^{\prime }=x\text{cos}(\alpha +\frac{2\pi }{3}),x_c=x_0+x_c^{\prime }$

三相电机中坐标变换的重要结论

• 在三相对称系统中，三个物理量并非像定义中的$x_a,x_b,x_c$一般毫无关联，而是由如下类似的表达式：
  • a相：$i_a=I_m\text{cos}\theta$
  • b相：$i_b=I_m\text{cos}(\theta -\frac{2\pi }{3})$
  • c相：$i_c=I_m\text{cos}(\theta +\frac{2\pi }{3})$
• 把他变换到（二维平面-0）坐标系中是这样的：
  • 零分量：$i_0=\frac{i_a+i_b+i_c}{3}=0$
  • 综合矢量幅值：$|i|=\sqrt{\frac{2}{3}(i_a^{\prime 2}+i_b^{\prime 2}+i_c^{\prime 2})}=\sqrt{\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{2}{I}_m^2}=I_m$
  • 综合矢量夹角：$\alpha ={\text{cos}}^{-1}\frac{i_a^{\prime }}{|i|}={\text{cos}}^{-1}\frac{I_m\text{cos}\theta +0}{I_m}=\theta$
  • 即：$\overrightarrow{i}=\dot{i}=I_m{e}^{j\theta }$
• 也就是说，对于三相对称系统（电压、电流、磁链等大部分都遵循这个规律），有以下重要结论：
  1. 综合矢量的幅值就是三相坐标系中的幅值
  2. 综合矢量的夹角就是三相坐标系中该矢量与a相的夹角
  3. 零分量为0（零分量的物理含义是被相互抵消，基本不产生实际作用的分量）
  4. 三相坐标系中的分量（如$x_a$）就是综合矢量在该轴上的投影（实际上是$x_a^{\prime }$，如果$x_0=0$的话$x_a=x_a^{\prime }$）

绕组等效与坐标变换

• 最后需要把拿到的（二维平面-0）坐标系下的综合矢量+零分量的形式用特定的分解方式表示出来。新坐标系各轴上的分量大小就是综合矢量往该轴的投影。常用的坐标系有以下这几个（他们的零分量都是一样的）：
  • $\alpha -\beta -0$坐标系：$\alpha$轴与a相重合，$\beta$轴落后90°
  • $d-q-0$坐标系：以角速度旋转，跟电枢是重合的。最常用的坐标系。
  • $d_c-q_c-0$坐标系：以同步速旋转，在未稳定的情况下会比上面那个转的更快一点
• 正变换（已知$i_a,i_b,i_c$，定义d轴与a相的夹角为$\theta =\int \omega \text{d}t+{\theta }_0$）：

$$\begin{array}{c}\left(\begin{array}{c}{i}_d\\ i_q\\ i_0\end{array}\right)=\frac{2}{3}\left(\begin{array}{ccc}\text{cos}\theta & \text{cos}(\theta -\frac{2\pi }{3})& \text{cos}(\theta +\frac{2\pi }{3})\\ -\text{sin}\theta & -\text{sin}(\theta -\frac{2\pi }{3})& -\text{sin}(\theta +\frac{2\pi }{3})\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}{i}_a\\ i_b\\ i_c\end{array}\right)\end{array}$$

• 逆变换：

$$\begin{array}{c}\left(\begin{array}{c}{i}_a\\ i_b\\ i_c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}\text{cos}\theta & -\text{sin}\theta & 1\\ \text{cos}(\theta -\frac{2\pi }{3})& -\text{sin}(\theta -\frac{2\pi }{3})& 1\\ \text{cos}(\theta +\frac{2\pi }{3})& -\text{sin}(\theta +\frac{2\pi }{3})& 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}{i}_d\\ i_q\\ i_0\end{array}\right)\end{array}$$

• 显而易见，上面是到$d-q-0$坐标系的变换，到$\alpha -\beta -0$坐标系更简单，因为$\theta =0$，变换矩阵直接变成常数了

Chap7. d-q-0坐标下凸极同步电机

电磁平衡式

​ 这里不加推导（推导看这里）的给出电压方程式，可以看到和一般化电机的电压方程式几乎一模一样！

​ 并且不加推导（推导看这里）的给出磁链表达式，可以看到所有电感全部变成了常数！唯一美中不足的就是电感矩阵不是一个对称阵

其中各参数如下：
$$\begin{array}{c}\mathrm{直}\mathrm{轴}\mathrm{同}\mathrm{步}\mathrm{电}\mathrm{感}{L}_d=\mathrm{直}\mathrm{轴}\mathrm{电}\mathrm{枢}\mathrm{反}\mathrm{应}\mathrm{电}\mathrm{感}{L}_{ad}+\mathrm{漏}\mathrm{电}\mathrm{感}{L}_l=\frac{3}{2}{L}_{aad}+(L_{aal}+M_{abl})\\ \mathrm{交}\mathrm{轴}\mathrm{同}\mathrm{步}\mathrm{电}\mathrm{感}{L}_q=\mathrm{交}\mathrm{轴}\mathrm{电}\mathrm{枢}\mathrm{反}\mathrm{应}\mathrm{电}\mathrm{感}{L}_{aq}+\mathrm{漏}\mathrm{电}\mathrm{感}{L}_l=\frac{3}{2}{L}_{aaq}+(L_{aal}+M_{abl})\\ L_0=L_{aal}-2M_{abl}\end{array}$$

1. 若不是d-q-0坐标变换而是$\alpha -\beta -0$坐标变换，那么[L]也不是常数
2. 该模型中必须求解$\theta$，因为要进行坐标反变换回到a-b-c坐标底下

功率变换

功率表达式：
$$P_{dq0}=\frac{2}{3}{P}_{abc}-u_0{i}_0(P_{abc}=\frac{3}{2}(P_{dq0+u_0{i}_0}))$$
自然的，其中 $P_{dq0}=[I_{dq0}^T][u_{dq0}],P_{abc}=[I_{abc}{]}^T[u_{abc}]$

对机械角度而言，有：
$$T_e=T_D+T_L+T_J,P_m=-T_L\mathrm{\Omega }$$
不加推导（推导看这里）地给出三个功率的表达式：
$$\begin{array}{cc}\mathrm{储}\mathrm{能}：& P=\mathrm{\Omega }J\text{p}\mathrm{\Omega }=\frac{3}{2}[\text{p}{\Psi }_d,\text{p}{\Psi }_q,2\text{p}{\Psi }_0][I_{dq0}]+[\text{p}{\Psi }_f,\text{p}{\Psi }_D,\text{p}{\Psi }_Q][I_{fDQ}]\\ \mathrm{损}\mathrm{耗}：& P=B{\mathrm{\Omega }}^2=\frac{3}{2}{R}_s(i_d^2+i_q^2+2i_0^2)+[R_{fDQ}{]}^T[i_f^2;i_D^2;i_Q^2]\\ \mathrm{电}\mathrm{磁}：& P=-\mathrm{\Omega }{T}_e=\frac{3}{2}\omega ({\Psi }_d{i}_q-{\Psi }_q{i}_d)\end{array}$$
因此得到一个与一般化电机非常相似的电磁转矩表达式（下面这个 p 代表极对数）：
$$T_e=\frac{3}{2}p({\Psi }_d{i}_q-{\Psi }_q{i}_d)$$

同步电动机对称稳态运行分析

• 以电动机原则作为正方向
• 稳态时电流为常数
• 适用于隐极电机（令 $X_d=X_q$ 即可），但不适用于感应电机（转速不能达到同步速）

发电机空载（开路）

1. 首先0绕组分量均为0（三相对称），因此方程式中均不用考虑了
2. 阻尼绕组短路，即$U_D=U_Q=0$
3. 空载时电枢绕组开路，即$i_a=i_b=i_c=0$，因此有$i_d=i_q=i_0=0$

此时有：
$$\begin{array}{c}\{\begin{array}{l}{u}_d=\text{p}{\Psi }_d-\omega {\Psi }_q+R_d{i}_d\\ u_q=\text{p}{\Psi }_q+\omega {\Psi }_d+R_q{i}_q\\ u_f=\text{p}{\Psi }_f+R_f{i}_f\end{array}\\ \left[\begin{array}{c}{\Psi }_d\\ {\Psi }_q\\ {\Psi }_f\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}{L}_d& 0& M_{afd1}\\ 0& L_q& 0\\ \frac{3}{2}{M}_{afd1}& 0& L_{ff}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{i}_d\\ i_q\\ i_f\end{array}\right]\end{array}$$

1. $u_f=R_f{i}_f$
2. $u_d=\text{p}const+\omega \cdot 0+0=0$
3. $u_q=\omega M_{af1}{i}_f=e=E_m$，这个就是旋转电势！
4. 可以看到旋转电势没有直轴分量（$u_d=0$），因此旋转电势落在交轴上，励磁磁链（${\Psi }_f$）落在直轴上

负载运行

参考一下电机学里的这张图，但是交轴直轴不对，详见下方注释。

因此有：
$$\dot{U}=\dot{E}+\dot{I}{R}_s+j{X}_d{\dot{I}}_d+j{X}_q{\dot{I}}_q$$
此时，由于电流为常数，因此仍然有$\text{p}\Psi =0$，故：
$$\begin{array}{c}{u}_d=-\omega L_q{i}_q+R_d{i}_d=-U_m\sin \delta \\ u_q=\omega L_d{i}_d+E_m+R_q{i}_q=U_m\cos \delta \\ i_d=-\frac{E_m-U_m\cos \delta }{X_d}\\ i_q=\frac{U_m\sin \delta }{X_q}\end{array}$$
> 其中$\delta$ 为功角，即上图中的$\Psi -\phi$
>
> 电机学里是发电机原则，而这里是电动机原则，因此 $I$ 相差一个负号（电压关系式）
>
> 发电机中 $E$ 超前 $U$，而电动机相反，因此两者功角的定义也不同（也反过来了）

参考同步电机有功功率调节那一章节：
$$\begin{array}{c}{T}_e=\frac{3p}{2\omega }(\frac{EU\sin \delta }{X_d}+\frac{U^2}{2}(\frac{1}{X_q}-\frac{1}{X_d})\sin 2\delta )\\ =\frac{3}{2}p[(L_d-L_q)i_d{i}_q+(M_{af1}{i}_f)i_q]\\ P_e=\frac{\omega }{p}{T}_e=\frac{3}{2}(\frac{EU\sin \delta }{X_d}+\frac{U^2}{2}(\frac{1}{X_q}-\frac{1}{X_d})\sin 2\delta )\end{array}$$

1. 调节有功功率就是调节功角 $\delta$
2. 电动机 $\delta >0$，因此 $i_q>0$，不管 $i_d$ 正负，定子电流 $i_q$ 一定超前于转子电流（转子=励磁落在直轴上）

电机坐标变换与电源

• 在实际运行中，我们不知道电机的三相电压 $u_a,u_b,u_c$，而我们的模型一直用的是这个。

三相四线制电源

​ 在三相四线制电源中，不再满足 $i_a+i_b+i_c=0$ 这一条件。设电源电压为 $u_s$，取空间中任一点 r 作为参考点，对电压进行坐标变换以求得到（二维平面-0）坐标系下的电压，则有：
$$\begin{array}{c}{u}_{ar}=u_a+u_{nr}=u_{as}+u_{mr}\\ \Rightarrow [C]\left[\begin{array}{c}{u}_a\\ u_b\\ u_c\end{array}\right]=[C]\left[\begin{array}{c}{u}_{as}\\ u_{bs}\\ u_{cs}\end{array}\right]+[C]\left[\begin{array}{c}{u}_{mn}\\ u_{mn}\\ u_{mn}\end{array}\right]\\ =[C]\left[\begin{array}{c}{u}_{as}\\ u_{bs}\\ u_{cs}\end{array}\right]+\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ u_{mn}\end{array}\right]\end{array}$$

三相三线制电源

​ 在三相三线制电源中，虽然满足电流和为零的条件，但是一般情况下我们只知道线电压 $u_{ab}$ 等，这里不加推导地写出：
$$[C]\left[\begin{array}{c}{u}_a\\ u_b\\ u_c\end{array}\right]=[C]\left[\begin{array}{c}{u}_{ar}\\ u_{br}\\ u_{cr}\end{array}\right]-\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ u_{nr}\end{array}\right]$$
如果将参考点 r 正好取在某相（如 c 相），则：
$$[C]\left[\begin{array}{c}{u}_a\\ u_b\\ u_c\end{array}\right]=[C]\left[\begin{array}{c}{u}_{ac}\\ u_{bc}\\ 0\end{array}\right]+\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ u_{nr}\end{array}\right]$$
这样就知道电压了。

结论：！

由于在（二维平面-0）坐标系中，零分量不产生作用，因此在计算中可以忽略

上面两种情况推出的式子都告诉我们，即便我们不知道电源相电压，也可以通过对“电源电压”或“线电压”进行变换，得到的结果与原来的只有零分量不同。可零分量错了有什么关系呢？

附录-公式推导

一般化电机旋转电势

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三相交流电机电感矩阵

（贴图绝对不是因为我懒得抄了，绝对不是….）

上过课的人应该看到这两幅图就能想起来大概怎么个证明法

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三相交流电机电磁转矩

法1 虚功（虚位移）（下面$\mathrm{\Omega }$指机械位移）
$$\begin{array}{c}W=\frac{1}{2}{\Psi }_a{i}_a\Rightarrow W=\frac{1}{2}[I{]}^T[L][I]\\ T_e=\frac{\partial W}{\partial \mathrm{\Omega }}=p\frac{\partial W}{\partial \theta }=\frac{p}{2}[I{]}^T\frac{\partial [L]}{\partial \theta }[I]\end{array}$$
法2 能量守恒（下面$\mathrm{\Omega }$指机械角速度）

电磁储能功率公式推导：
$$\begin{array}{c}P=\frac{dW}{dt}=\frac{1}{2}\text{p}[I{]}^T[L][I]+\frac{1}{2}[I{]}^T\text{p}[L][I]+\frac{1}{2}[I{]}^T[L]\text{p}[I]\\ =[I{]}^T[L]\text{p}[I]+\frac{1}{2}[I{]}^T\text{p}[L][I]\end{array}$$
能量守恒：
$$\begin{array}{c}{P}_{abc}=[I{]}^T[U]=[I{]}^T\{[R][I]+\text{p}([L][I])\}\\ P_m=\mathrm{\Omega }{T}_m=-\mathrm{\Omega }{T}_L=-\mathrm{\Omega }(T_e-B\mathrm{\Omega }-J\text{p}\mathrm{\Omega })\\ \mathrm{电}\mathrm{磁}、\mathrm{机}\mathrm{械}\mathrm{损}\mathrm{耗}——\mathrm{电}\mathrm{磁}、\mathrm{机}\mathrm{械}\mathrm{储}\mathrm{能}——\mathrm{电}\mathrm{磁}、\mathrm{机}\mathrm{械}\mathrm{储}\mathrm{能}\\ \Rightarrow T_e=\frac{p}{2}[I{]}^T\frac{\partial [L]}{\partial \theta }[I]\end{array}$$
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d-q-0坐标电压方程式推导

$$\begin{array}{c}\left[\begin{array}{c}{u}_{dq0}\\ u_{fDQ}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}C& 0\\ 0& E\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{u}_{abc}\\ u_{fDQ}\end{array}\right]\\ =\left[\begin{array}{cc}C& 0\\ 0& E\end{array}\right](\text{p}\left[\begin{array}{c}{\Psi }_{abc}\\ {\Psi }_{fDQ}\end{array}\right]+\left[\begin{array}{cc}{R}_s& 0\\ 0& R_{fDQ}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{I}_{abc}\\ I_{fDQ}\end{array}\right])\end{array}$$

$$\begin{array}{c}\mathrm{前}\mathrm{者}=\text{p}\left(\left[\begin{array}{cc}C& 0\\ 0& E\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{\Psi }_{abc}\\ {\Psi }_{fDQ}\end{array}\right]\right)-\left[\begin{array}{c}{\Psi }_{abc}\\ {\Psi }_{fDQ}\end{array}\right]\text{p}\left[\begin{array}{cc}C& 0\\ 0& E\end{array}\right]\\ =\text{p}\left[\begin{array}{c}{\Psi }_{dq0}\\ {\Psi }_{fDQ}\end{array}\right]+\left[\begin{array}{c}-\omega {\Psi }_q\\ \omega {\Psi }_d\\ [0{]}_{4\times 1}\end{array}\right]\end{array}$$

$$\begin{array}{c}\mathrm{后}\mathrm{者}=\left[\begin{array}{cc}{R}_s& 0\\ 0& R_{fDQ}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}C{I}_{abc}& 0\\ 0& I_{fDQ}\end{array}\right]\\ =\left[\begin{array}{cc}{R}_s& 0\\ 0& R_{fDQ}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}{I}_{dq0}& 0\\ 0& I_{fDQ}\end{array}\right]\end{array}$$

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d-q-0坐标磁链表达式推导

法1 嗯算
$$\begin{array}{c}\left[\begin{array}{c}{\Psi }_{dq0}\\ {\Psi }_{fDQ}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}C& 0\\ 0& E\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{\Psi }_{abc}\\ {\Psi }_{fDQ}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}C& 0\\ 0& E\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}{L}_{ss}& L_{sr}\\ L_{rs}& L_{rr}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{i}_{abc}\\ i_{fDQ}\end{array}\right]\\ =\left[\begin{array}{cc}C{L}_{ss}{C}^{-1}& C{L}_{sr}\\ L_{rs}{C}^{-1}& L_{rr}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{i}_{dq0}\\ i_{fDQ}\end{array}\right]\end{array}$$
​然后只要硬算前面那个恶心人的矩阵就行了

法2 物理意义的推导

我放图绝对不是因为我不想抄了，你听我狡辩，绝对不是…

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d-q-0功率表达式推导

电损耗

• 机械损耗是 $B{\mathrm{\Omega }}^2$，下面着重分析电损耗
• 需要证明上文的表达式中 $\frac{3}{2}{R}_s(i_d^2+i_q^2+2i_0^2)=R_s(i_a^2+i_b^2+i_c^2)$

$$\begin{array}{c}\frac{3}{2}{R}_s(i_d^2+i_q^2+2i_0^2)=\frac{3}{2}{R}_s{\left(\begin{array}{c}{i}_d\\ i_q\\ i_0\end{array}\right)}^T\left(\begin{array}{c}{i}_d\\ i_q\\ i_0\end{array}\right)+\frac{3}{2}{R}_s{i}_0^2\\ =\frac{3}{2}{R}_s{[[C]\left(\begin{array}{c}{i}_a\\ i_b\\ i_c\end{array}\right)]}^T[C]\left(\begin{array}{c}{i}_a\\ i_b\\ i_c\end{array}\right)+\frac{3}{2}{R}_s{i}_0^2\\ =\frac{R_s}{6}{\left(\begin{array}{c}{i}_a\\ i_b\\ i_c\end{array}\right)}^T\left(\begin{array}{ccc}5& -1& -1\\ -1& 5& -1\\ -1& -1& 5\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{i}_a\\ i_b\\ i_c\end{array}\right)+\frac{3}{2}{R}_s(\frac{i_a+i_b+i_c}{3}{)}^2\\ =R_s(i_a^2+i_b^2+i_c^2)\end{array}$$

储能

• 机械储能是 $\mathrm{\Omega }J\text{p}\mathrm{\Omega }$，下面着重分析电储能
• 需要证明上文的表达式中 $\frac{3}{2}[\text{p}{\Psi }_d,\text{p}{\Psi }_q,2\text{p}{\Psi }_0][I_{dq0}]+[\text{p}{\Psi }_f,\text{p}{\Psi }_D,\text{p}{\Psi }_Q][I_{fDQ}]=\text{p}(\frac{1}{2}[I{]}^T[\Psi ])$

$$\begin{array}{c}P=\text{p}(\frac{1}{2}[I{]}^T[\Psi ])=\text{p}(\frac{1}{2}[I{]}^T\left[\begin{array}{cc}{C}^{-1}& 0\\ 0& E\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}C& 0\\ 0& E\end{array}\right][\Psi ])\\ =\frac{1}{2}\text{p}(\{\left[\begin{array}{cc}{C}^{-1T}& 0\\ 0& E\end{array}\right][I]{\}}^T[{\Psi }^{\prime }])\\ =\frac{1}{2}\text{p}([\frac{3}{2}{i}_d,\frac{3}{2}{i}_q,3i_0,[I_r]][{\Psi }^{\prime }])=\frac{1}{2}\text{p}([I{]}^{\prime T}[\frac{3}{2}{\Psi }_d,\frac{3}{2}{\Psi }_q,3{\Psi }_0,[{\Psi }_r]{]}^T)\end{array}$$

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