Univerzitet u Beogradu

Elektrotehnički fakultet

Katedra za energetske pretvarače i pogone

Sinhrone mašine (13E013SIM)— Računske vežbe —

I deoNamotaji SM, indukovana ems, polje pobudnog namotaja,

reakcija indukta, reaktanse SM

Školska godina 2018/2019.

Nomenklatura

δ širina međugvožđa

µ0 magnetska permeabilnost vakuuma (vazduha)

µr relativna magnetska permeabilnost

ν red harmonika

Ω mehanička ugaona brzina

ω ugaona učestanost (ω = 2πf)

Φ fluks po polu/fluks jednog navojka (u zavisnosti od indeksa)

Ψ fluks namotaja

τ dužina polnog koraka

B magnetska indukcija

D prečnik rotora mašine

E indukovana ems

f učestanost

Fa magnetopobudna sila reakcije indukta

Ff magnetopobudna sila pobudnog namotaja

Ia efektivna vrednost struje indukta

If efektivna vrednost struje pobudnog namotaja

kd, kq koeficijenti oblika polja reakcije indukta u d− i q−osi, respektivno

kν rezultantni navojni sačinilac za ν-ti harmonik

kf1 sačinilac oblika polja pobudnog namotaja

kpν pojasni navojni sačinilac za ν-ti harmonik

ktν tetivni navojni sačinilac za ν-ti harmonik

l aksijalna dimenzija (dužina) mašine

m broj žlebova po polu i fazi statora

n brzina obrtanja

Nf broj navojaka po fazi pobudnog namotaja

Npr broj provodnika po fazi

Nsec broj sekcija po fazi

Ns broj navojaka po fazi statora

Nz1 broj provodnika u jednom sloju⇐⇒ broj navojaka po sekciji

i

Nz broj provodnika u jednom žlebu (kod jednoslojnog namotaja Nz ≡ Nz1)

p broj pari polova

Q ukupan broj žlebova

q broj faza namotaja statora

Xa reaktansa reakcije indukta

y navojni korak (izražen pomoću broja žlebova)

z broj žlebova po polu statora

ii

1. Vodena turbina za pogon hidrogeneratora ima optimalnu ekonomičnu brzinu odpribližno 78 o/min. Odrediti broj polova i najbližu izvodljivu brzinu obrtanja za, sanjom direktno spregnute, sinhrone generatore za učestanost:

a) 50 Hz

b) 25 Hz

c) 60 Hz

Rešenje: Relacija koja povezuje brzinu obrtanja i učestanost rada generatora glasi:

n =60f

p,

Odatle, izraz za broj polova kojim se postiže ekonomična brzina glasi:

2p =60f

nek,

pri čemu se za broj polova usvaja najbliži ceo paran broj. Za zadate vrednosti učestanostidobijaju se sledeći rezultati:

a) 2p = 76; n = 79 o/min

b) 2p = 38; n = 79 o/min

c) 2p = 92; n = 78.26 o/min.

2. Motor predviđen za napon 440 V, 60 Hz, treba priključiti na mrežu učestanosti50 Hz. Za koji napon te učestanosti će maksimalna vrednost indukcije ostati neprome-njena?

Rešenje: Ako se pretpostavi da je napon na krajevima motora blizak indukovanoj elek-tromotornoj sili, tada važe sledeće relacije:

U ≈ E ∼ ωΨ ∼ 2πf ·Bm ·2

πτl ∼ fBm.

Kako bi se zadržala ista vrednost indukcije pri promenjenoj učestanosti, odnos napona iučestanosti mora ostati konstantan:

U50Hz

50=U60Hz

60,

pa vrednost napona pri učestanosti od 50 Hz treba da bude jednaka:

U50Hz = 367 V

3. Mali ogledni trofazni četvoropolni SG ima koncentrisani dijametralni namotaj. Svakasekcija ima 20 navojaka, a svi navojci iste faze vezani su na red. Fluks po polu koji stvarapobudni namotaj na rotoru raspodeljen je sinusoidalno u međugvožđu mašine i ima vred-nost od 0.025 Wb. Rotor se obrće brzinom od 1800 o/min.

a) Odrediti efektivnu vrednost indukovane ems po fazi.

1

b) Uzmimo da je fazni redosled a, b, c i da je u početnom trenutku fluks kroz fazu amaksimalan. Napisati grupu vremenskih jednačina za tri fazne ems između krajeva a, b,c i neutralne tačke namotaja (sprega zvezda).

c) Pod uslovima datim u b), napisati grupu vremenskih jednačina za ems između fazaa i b, b i c, c i a.

Rešenje: Fluks po polu predstavlja fluks kroz jedan navojak. Ukupan fluks namotaja zakoncentrisan dijametralni namotaj (pojasni i tetivni navojni sačinilac jednaki su jedinici)iznosi:

Ψ = p ·Nz1 · Φ,

gde je Nz1 broj navojaka po sekciji (u ovom slučaju, po paru polova) generatora, a Φfluks po polu.

a) Vrednost indukovane ems po fazi dobija se iz izraza:

Ef =2π√

2· f Nz1p︸︷︷︸

Ns

Φ = 4.44 · fNsΦ = 266.4 V,

Učestanost iznosi f = np60

= 60 Hz.

b) Kako je fluks kroz fazu a u trenutku t = 0 maksimalan, to se fluks kroz jedannavojak faze a može izraziti kao:

ϕa(t) = Φ cosωt

Odatle, izraz za vremenski oblik ems u fazi a glasi:

ea = −dϕadt

= Ef√

2 · sinωt = 377 sin 377t.

Kako je rečeno da fazne ems čine simetričan sistem direktnog redosleda, to su ems-e udruge dve faze jednake:

eb = 377 sin (377t− 2π/3),

ec = 377 sin (377t+ 2π/3).

c) Međufazne ems-e dobijaju se jednostavnim oduzimanjem odgovarajućih faznih ems:

eab = 653 sin (377t+ π/6),

ebc = 653 sin (377t− π/2),

eca = 653 sin (377t− 5π/6).

Do istog rezultata se moglo doći ako se ima u vidu da je efektivna vrednost međufazne ems√3 puta veća od efektivne vrednosti fazne ems, kao i da kod trofaznog sistema direktnog

redosleda međufazna ems prednjači odgovarajućoj faznoj ems za π/6.

4. Trofazni dvopolni sinhroni generator ima na statoru namotaj sa 60 provodnika pofazi čiji je navojni sačinilac 0.92. Rotor generatora okreće se brzinom od 3000 o/min.Pobudni namotaj na rotoru stvara fluks prostoperiodične raspodele u međugvožđu, am-plitude 3.76 · 10−2 Wb/polu. Odrediti efektivnu vrednost indukovane ems praznog hodau jednoj fazi.

2

Rešenje: Indukovana ems može se odrediti na sličan način kao i u prethodnom zadatku:

Ef = 2.22 ·Npr · k1fΦ,

Treba primetiti da ovde, za razliku od prethodnog zadataka, u izrazu za ems figuriše brojprovodnika po fazi, a ne broj navojaka, zbog čega se koristi koeficijent 2.22. Takođe,s obzirom na to da je namotaj raspodeljen, za razliku od prethodnog zadatka, u ovomslučaju neophodno je uvrstiti navojni sačinilac u izraz za ems. Učestanost ems, na osnovudate brzine obrtanja i broja polova, iznosi 50 Hz. Efektivna vrednost indukovane emsjednaka je:

Ef = 230.38 V.

5. Trofazni šesnaestopolni SG sa faznim namotajima spregnutim u zvezdu ima 144žleba, 10 provodnika po žlebu i namotaj sa punim navojnim korakom. Fluks po polu je3 · 10−2 Wb, sinusnog je oblika i obrće se brzinom od 39.3 rad/s. Odrediti učestanost ivrednosti indukovane ems po fazi i između faza ako su svi provodnici indukta vezani nared.

Rešenje: Podaci o namotaju:

• Q = 144

• 2p = 16

• q = 3

• Nz = 10

Broj žlebova po polu i broj žlebova po polu i broj žlebova po polu i fazi iznose:

z =Q

2p= 9,

m =z

q= 3.

Iz date vrednosti mehaničke brzine može se odrediti učestanost kao:

f = p · Ω

2π≈ 50 Hz.

Pojasni navojni sačinilac za osnovni harmonik jednak je:

kp1 =sin mπ

2z

m sin π2z

,

a to je istovremeno i rezultantni navojni sačnilac, jer namotaj ima pun navojni korak, paje kt1 = 1. Efektivna vrednost fazne ems jednaka je:

Ef = 2.22 · (Q/q ·Nz) · kp1fΦ = 1534.46 V.

Primetiti da proizvod Q/q · Nz predstavlja ukupan broj provodnika po fazi. Međufaznaems jednaka je:

Elin =√

3 · Ef = 2657.76 V.

3

6. Data je raspodela fluksa u međugvožđu trofazne mašine za naizmeničnu struju kojustvara pobudni namotaj na rotoru: B = 0.9 · (sin θ + 0.3 · sin 3θ + 0.2 sin 5θ) T. Rotorse obrće brzinom od 500 o/min. Podaci o namotaju: Q = 108, 2p = 12, dvoslojni,sprege zvezda, navojni korak y = 8 žlebova, broj provodnika po žlebu Nz = 4. Dimenzijemašine: aksijalna dužina l = 1.15 m, prečnik rotora D = 1.5 m. Smatrati da je prečnikrotora približno jednak prečniku statora. Svi navojci jedne faze su vezani na red. Odreditiprocentualne vrednosti viših harmonika u odnosu na osnovni, i ukupne efektivne vrednostielektromotornih sila indukovanih:

a) u provodniku,

b) u navojku,

c) u sekciji,

d) u fazi,

e) između faza.

Rešenje:

a) Indukovana ems u provodniku koji se kreće u magnetskom polju data je izrazom:

Epr = Blv,

gde je l dužina provodnika, a v brzina kretanja provodnika u magnetskom polju. Na-ravno, ista relacija važi ako se polje kreće, a provodnik miruje. Kako se u analiziranomslučaju ceo talas magnetske indukcije kreće jedinstvenom brzinom, amplituda svakog odharmonika magnetske indukcije preseca provodnik istom brzinom. Stoga, odnosi am-plituda pojedinačnih harmonika odgovaraju odnosu amplituda odgovarajućih harmonikapolja, tj. indukcije. Kako su pojedinačni harmonici ems prostoperiodične veličine, istizaključak važi i za njihove efektivne vrednosti:

Eνpr

E1pr

=Bν

B1

.

Procentualne vrednosti pojedinačnih harmonika u odnosu na osnovni iznose:

E3pr/E

1pr = 30%

E5pr/E

1pr = 20%

Efektivna vrednost osnovnog harmonika ems jednaka je:

E1pr =

1√2B1l ·

nπ

30· D

2︸ ︷︷ ︸v

= 45 V

Efektivna vrednost ukupne ems u provodniku jednaka je korenu iz sume kvadrata har-monika:

Epr =√

(E1pr)

2 + (E3pr)

2 + (E5pr)

2 = 47.8 V

b) Ems u jednom navojku jednaka je izvodu magnetskog fluksa kroz navojak, pa seefektivna vrednost ν-tog harmonika može izraziti kao:

Eνnav =

1√2ων · Φν

nav =1√2νω1 · Φν

nav =2π√

2νf1Φ

νnav = 4.44νf1Φ

νnav

4

gde je ω1 = 2πf1 = p · (πn/30) = 314 rad/s ugaona učestanost osnovnog harmonikaems (f1 = 50 Hz), a fν i ων su učestanost i ugaona učestanost ν-tog harmonika. Flukskroz navojak može biti manji od fluksa po polu ukoliko navojni korak nije jednak polnomkoraku:

Φνnav = Φν · ktν .

Tetivni navojni sačinilac za ν-ti harmonik dat je izrazom:

ktν = sin(νyz

π

2

).

gde je z = Q/(2p). Vrednosti tetivnog navojnog sačinioca za razmatrane harmonike datesu u tabeli u sledećem primeru. Očigledno, kako bi se odredio odnos harmonika ems,potrebno je poznavati relaciju između fluksa po polu i amplitude magnetske indukcije zaν-ti harmonik:

Φν =

∫ π

0

Bν · sin(νθ)D

2ldθ/p =

Bν

ν· Dlp

=2

π

Bν

ν· τ l

U prethodnom izrazu, D je srednji prečnik rotora, l je aksijalna dužina mašine, a τ =πD/2p dužina luka pod jednim polom. Deljenje sa brojem pari polova pod integralomje posledica činjenice da fluks treba računati integracijom po mehaničkom uglu, a θ kojefiguriše u integralu je električni ugao. Iz prethodnog izraza se jasno vidi da je odnosfluksa po polu ν-tog i osnovnog harmonika jednak:

Φν

Φ1

=Bν

νB1

,

pa je odnos ν-tog i osnovnog harmonika ems u navojku jednak:

EνE1

=fνf1· Bν

νB1

· ktνkt1

=ktνBν

kt1B1

,

jer je fν = νf1. Procentualne vrednosti pojedinačnih harmonika u odnosu na osnovni ukonkretnom slučaju jednake su:

E3nav/E

1nav = 26.4%

E5nav/E

1nav = 13.1%

Efektivna vrednost osnovnog harmonika ems u navojku iznosi:

E1nav =

1√2ω1kt1Φ1 = 56.6 V

Primetiti da su skraćenjem navojnog koraka ems viših harmonika umanjene u odnosu naosnovni harmonik. Rezultantna ems navojka jednaka je:

Enav =√

(E1nav)

2 + (E3nav)

2 + (E5nav)

2 ≈ 59 V

Do istog rezultata se dolazi i ako se ems navojka izračunava kao zbir ems dva provodnikaudaljena za jedan navojni korak, tj. žlebova na ugaonim pozicijama θ = 0 i θ = (y/τ)π:

eνnav = eνpr,0 + eνpr,y

5

Primetiti da mala slova označavaju trenutne vrednosti ems. Izraz za vremensku promenuν-tog harmonika magnetske indukcije na proizvoljnoj ugaonoj poziciji θ u međugvožđuglasi:

bν(θ, t) = Bν sin(νθ + ωνt)

Sada se trenutna vrednost ems u jednom navojku može izraziti kao (znak “–” je posledicačinjenice da je provodnik na poziciji (y/τ)π suprotnog smera u odnosu na provodnik napoziciji 0):

eνnav = lv · (bν(0, t)− bν((y/z)π, t))

= lvBν

[sin(ωνt)− sin(

νy

zπ + ωνt)

]= 2lvBν︸ ︷︷ ︸

2Eνpr√2

cos(ωνt

νy

z

π

2

)sin(νyz

π

2

)︸ ︷︷ ︸

ktν

= 2lω1

p

D

2︸ ︷︷ ︸v

Bνktν cos(ωνt

νy

z

π

2

)

= 2lω1

p

D

2νπ

2τ lΦνktν cos

(ωνt+

νy

z

π

2

)= νω1ktνΦν︸ ︷︷ ︸

Eνnav√2

cos(ωνt+

νy

z

π

2

)Iz prethodnog izraza je očigledno da se ems navojka može izraziti i na osnovu ems pro-vodnika kao:

Eνnav = 2Eν

prktν

Studentima se preporučuje da provere ovo tvrđenje.

c) Sekcija ili kanura predstavlja skup redno vezanih navojaka u dva žleba udaljena zajedan navojni korak. S obzirom na to da je u pitanju dvoslojni namotaj, broj provodnikapo žlebu koji pripadaju jednoj sekciji je:

Nz1 =Nz

2= 2

Vrednost Nz1 istovremeno predstavlja i broj navojaka koji čine jednu sekciju. S obziromna to da se svi navojci jedne sekcije nalaze u ista dva žleba, njihove ems su u fazi, pa jeukupna ems sekcije:

Esec = Nz1 · Enav = 117.9 V

Naravno, odnosi viših harmonika i osnovnog harmonika isti su kao i za ems navojka.

d) Fazni namotaj je sačinjen od većeg broja redno i/ili paralelno vezanih sekcija. Sobzirom na ugaoni pomeraj između različitih sekcija, njihove ems su fazno pomerene zaugao koji odgovara električnom pomeraju između sekcija (za posmatrani harmonik). Sobzirom na to, fazna ems neće biti jednaka sumi ems redno vezanih sekcija, već će bitinešto manja, što se izražava pomoću pojasnog navojnog sačinioca:

kpν =sin(νmπ

2z

)m sin

(ν π2z

)

6

pri čemu je:

z =Q

2p= 9

m =z

q= 3

Detaljnije obrazloženje i izvođenje izraza za pojasni i tetivni navojni sačinilac može senaći u okviru materijala sa predavanja http://epp.etf.rs/wp/wp-content/uploads/2019/03/Namotaji_reaktanse.pdf1.

Fazna ems ν-tog harmonika data je izrazom:

Eνf = kpνNsecE

νsec

= kpν NsecNz1︸ ︷︷ ︸Ns

Eνnav

= kpνNs · 4.44νf1ktνΦν

= 4.44Ns · νf1kpνktνΦν

= 4.44Ns · νf1kνΦν ,

gde je Nsec broj sekcija po fazi, Ns broj navojaka po fazi i kν rezultantni navojni sačinilacza ν-ti harmonik. Broj sekcija po fazi jednak je:

Nsec =Q

q= 36

pri čemu je broj žlebova Q istovremeno i ukupan broj sekcija za dvoslojni namotaj (zajednoslojni je broj sekcija jednak Q/2). Dakle, broj navojaka po fazi je:

Ns = NsecNz1 = 72

Na osnovu prethodno izvedenog izraza za fluks po polu, dobija se da je odnos ν-tog iosnovnog harmonika fazne ems jednak:

Eνf

E1f

=kνBν

k1B1

.

Vrednosti navojnih sačinilaca za razmatrane harmonike date su u sledećoj tabeli:

ν kpν ktν kν1 0.9598 0.9848 0.95423 0.6667 -0.8660 -0.57745 0.2176 0.6428 0.1398

Procentualne vrednosti pojedinačnih harmonika u odnosu na osnovni u jednake su:

E3f/E

1f = 18.32%

E5f/E

1f = 2.96%

1Postupak opisan u materijalima sa predavanja odnosi se na ems žlebova, dok se ovde istim navojnimsačiniocem množe ems sekcija. S obzirom na to da je ems svake sekcije (navojka) fazno pomerena uodnosu na ems početnog žleba sekcije za isti ugao, vektorski zbir ems sekcija određuje se na isti načinkao i vektorski zbir ems žlebova donjeg sloja, samim tim je i vrednost pojasnog navojnog sačinioca ista

7

Efektivna vrednost osnovnog harmonika fazne ems jednaka je:

E1f = 3909 V

a rezultantna ems:Ef =

√(E1f

)2+(E3f

)2+(E5f

)2= 3976 V

Primetiti da su efektivne vrednosti viših harmonika (u odnosu na osnovni) dodatno uma-njene u odnosu na ems navojka, što pokazuje povoljne efekte raspodeljenosti namotaja.Treba imati u vidu da raspodeljenost namotaja utiče i na smanjenje osnovnog harmonika,ali je efekat generalno izraženiji kod viših harmonika.

e) Efektivne vrednosti harmonika linijske ems jednake su:

E1lin =

√3E1

f = 6771 VE3lin = 0

E5lin =

√3E5

f = 200 V

Efektivna vrednost rezultantne linijske ems iznosi:

Elin =√

(E1lin)2 + (E5

lin)2 = 6774 V

Treći harmonik nije prisutan u međufaznoj ems, jer tripli harmonici u različitim fazamaimaju istu efektivnu vrednost i fazni stav, pa se zbog toga međusobno poništavaju.

7. Promena indukcije u međugvožđu električne mašine data je sa B = Bm(sin θ+0.36 ·sin 3θ − 0.40 sin 5θ).

a) Izračunati procentualne vrednosti flukseva pojedinačnih harmonika u odnosu narezultantni fluks.

b) Ako je namotaj trofazni dvoslojni, sa 5 žlebova po polu i fazi, navojni korak skra-ćen za 1/5, a efektivna vrednost ems prvog harmonika jednaka 1, izračunati efektivnevrednosti ems viših harmonika i efektivnu vrednost fazne i međufazne ems pri sprezizvezda.

Rešenje:

a) U prethodnom zadatku je pokazano da je:

Φν

Φ1

=Bν

νB1

,

pa je, na osnovu toga:Φ3

Φ1

= 0.12

Φ5

Φ1

= −0.08.

Rezultantni (ukupni) fluks namotaja jednak je algebarskoj sumi flukseva pojedinačnihharmonika:

Φrez = Φ1 + Φ3 + Φ5 = 1.04Φ1.

8

Vrednosti flukseva pojedinačnih harmonika u odnosu na ukupni fluks jednake su:

Φ3

Φrez

= 0.9615

Φ3

Φrez

= 0.1154

Φ5

Φrez

= −0.0769.

Jako je bitno uzeti u obzir znak fluksa, jer različiti harmonici mogu doprinositi smanjenjuili povećanju ukupnog fluksa!

b) Navojni sačinioci za opisani namotaj dati su u tabeli.

ν kpν ktν kν1 0.9567 0.951 0.90983 0.6472 -0.588 -0.3815 0.2 0 0

Pokazano je da je odnos faznih ems ν-tog i osnovnog harmonika Eνf /E

1f = (kνBν)/(k1B1).

Ako se usvoji da je E1f = 1, tada su viši harmonici ems:

E3f = 0.151

E5f = 0

Efektivna vrednost rezultantne fazne ems jednaka je:

Ef =√

(E1f )

2 + (E3f )

2 + (E5f )

2 = 1.011,

a efektivna vrednost linijske ems:

Elin =√

3 · E1f = 1.73.

8. Indukt trofazne osmopolne mašine za naizmeničnu struju, spregnut u zvezdu, zaučestanost 60 Hz, ima 24 žleba po polu. Navojni korak je y/τ = 5/6, a svaki navojnideo ima 4 navojka vezana na red. Namotaj je dvoslojni. Promena magnetne indukcijeu međugvožđu data je izrazom: B(θ) = Bm · (sin θ + 0.35 sin 3θ − 0.40 sin 5θ), gde jeθ ugaono rastojanje u električnim radijanima, mereno od tačke u kojoj je magnetskaindukcija jednaka nuli. Mašina je neopterećena, rotor mašine obrće se sinhronom brzinom.Ukupni fluks u međugvožđu mašine je 48 mWb/polu. Odrediti efektivne vrednosti faznihi linijskih napona.

Rešenje: Odnos ν-tog i osnovnog harmonika fluksa po polu dat je izrazom:

Φν

Φ1

=Bν

νB1

,

pa su vrednosti trećeg i petog harmonika fluksa izražene preko osnovnog harmonika:

Φ3 = 1/3 · 0.35Φ1 = 0.117Φ1;

Φ5 = 1/3 · (−0.4)Φ1 = −0.08Φ1.

9

Ukupni fluks jednak je algebarskoj sumi harmonika:

Φrez = Φ1 + Φ3 + Φ5 = 1.037Φ1,

odakle je:Φ1 = 46.3 mWb;

Φ3 = 5.41 mWb;

Φ5 = −3.7 mWb.

Izraz za ν-ti harmonik fazne ems glasi:

Eν = 4.44 · kν ·Ns · νfΦν ,

Broj navojaka po fazi statorskog namotaja jednak je:

Ns = Nsec ·Nz1 =Q

q·Nz1 =

192

3· 4 = 256

Podsetnik: veličina Nz1 predstavlja broj navojaka po navojnom delu (sekciji/kanuri).Ukupan broj provodnika u jednom žlebu je Nz = 2Nz1 = 8.

Navojni sačinioci za ν-ti harmonik dati su izrazima:

kpν =sin(νmπ

2z

)m sin νπ

2z

;

ktν = sin(νy

z

π

2

).

Broj žlebova po polu i fazi jednak je m = z/q = 8. Vrednosti sačinilaca su date u sledećojtabeli:

ν kpν ktν kν1 0.956 0.966 0.9233 0.641 -0.707 0.4535 0.195 0.259 0.05

Vrednosti harmonika fazne ems jednake su:

E1 = 2914.45 V;

E3 = 501.40 V;

E5 = 63.08 V.

9. Polje koje stvara cilindrični induktor sinhrone mašine ima trapezni oblik kao naslici.

a) Za koje vrednosti ugla β će peti harmonik indukcije u međugvožđu biti jednak nuli?Izračunati vrednosti osnovnog harmonika indukcije za te vrednosti ugla.

b) Za manju od dve dobijene vrednosti β odrediti potrebnu vrednost pobudne strujetako da osnovni harmonik indukcije u međugvožđu bude 0.8 T. Mašina je dvopolna,pobudni namotaj ima Nf = 30 navojaka, širina međugvožđa je δ = 2 mm.

Rešenje:

10

B

θ1800

900

Bm

β

Slika 1: Raspodela polja u međugvožđu mašine, 8. zadatak

a) Kako bi se odredio harmonijski sadržaj trapeznog talasa magnetske indukcije, po-trebno je razviti ovaj talasni oblik u Furijeov red. Prema definiciji, izraz za ν-ti harmonikfunkcije B(θ) sa periodom 2π glasi:

Bν =1

π·∫ π

−πB(θ) sin(νθ)dθ.

Kako je funkcija neparna u datom koordinatnom sistemu, kosinusni članovi reda jednakisu nuli. Dati izraz se može dodatno pojednostaviti ako se uoči da je funkcija simetrična uodnosu na polovinu periode (θ = 0), kao i da je simetrična u odnosu na četvrtinu periode(θ = ±π/2):

Bν =4

π·∫ π

2

0

B(θ) sin(νθ)dθ =4

π·

[∫ β

0

Bm ·θ

βsin(νθ)dθ +

∫ π2

β

Bm · sin(νθ)dθ

].

Nakon kraćeg izvođenja, dobija se izraz za amplitudu ν-tog harmonika magnetske induk-cije:

Bν =4

π

sin(νβ)

ν2βBm, ν = 1, 3, 5, . . .

Dobijeni izraz važi samo za neparne harmonike indukcije, dok su parni harmonici jednakinuli. Ovo je posledica simetrije funkcije u odnosu na četvrtinu periode.

Peti harmonik će biti jednak nuli kada je ispunjeno sin(νβ) = 0. Vrednosti ugla za kojeje ovo moguće postići iznose:

β1 = 36,

β2 = 72.

Vrednost osnovnog harmonika magnetske indukcije za ove dve vrednosti ugla iznosi:

B(1)1 = 1.19Bm,

B(2)1 = 0.96Bm.

b) Trapezni oblik talasa magnetske indukcije ima se kod mašina sa cilindričnim rotoromi raspodeljenim pobudnim namotajem (pogledati materijale sa predavanja: http://epp.etf.rs/wp/wp-content/uploads/2019/03/Namotaji_reaktanse.pdf). U tom slučaju,maksimalna vrednost pobudne mps po polu data je izrazom:

Ffm =NfIf

2p

11

Pod pretpostavkom da je µFe µ0, maksimalna vrednost indukcije u međugvožđu jed-naka je:

Bm =µ0Ffmδ

gde je δ dužina međugvožđa. Kako je maksimalna vrednost osnovnog harmonika induk-cije:

B1 =4

π

sin νβ

ν2βBm =

4

π

sin νβ

ν2β

µ0NfIf2pδ

potrebna vrednost pobudne struje iznosi:

If =2pδπ

4µ0Nf

· β1sin β1

B1 = 67.8 A

10. Polje koje stvara induktor sinhrone mašine sa isturenim polovima ima pravougaonioblik kao na slici ako je međugvožđe pod polom konstantne širine.

a) Za koje vrednosti ugla β će vrednost petog, odnosno sedmog harmonika indukcijeu međugvožđu biti jednaka nuli?

b) Za β = 30 odrediti potrebnu vrednost pobudne struje tako da osnovni harmonikindukcije u međugvožđu bude 0.8 T. Mašina je tridesetopolna, pobudni namotaj imaukupno Nf = 360 redno vezanih navojaka, širina međugvožđa je δ = 8 mm.

B

θ1800

900

Bm

β

Slika 2: Raspodela polja u međugvožđu mašine, 9. zadatak

Rešenje:

a) Izraz za ν-ti harmonik magnetske indukcije glasi:

Bν =4

π·∫ π

2

0

B(θ) sin(νθ)dθ = Bν =4

π·∫ π

2

β

Bm sin(νθ)dθ =4

π

Bm

νcos(νβ).

Uslov da peti, odnosno sedmi, harmonik magnetske indukcije budu jednaki nuli svodi sena:

B5 = 0 → cos(5β) = 0 → β = 18 ∨ β = 54;

B7 = 0 → cos(7β) = 0 → β = 13 ∨ β = 39.

b) Maksimalna vrednost mps po polu data je izrazom:

Ffm =NfIf

2p

12

Pod pretpostavkom da je µFe µ0, maksimalna vrednost indukcije u međugvožđu jed-naka je:

Bm =µ0Ffmδ

gde je δ dužina međugvožđa. Kako je maksimalna vrednost osnovnog harmonika induk-cije:

B1 =4

πcos βBm =

4

πcos β

µ0NfIf2pδ

potrebna vrednost pobudne struje iznosi:

If =2pδπ

4µ0Nf

· 1

cos βB1 = 385 A

11. Ako je indukcija u međugvožđu sinhrone mašine predstavljena trapeznom krivomkao na slici, odrediti amplitude 1, 3, 5 i 7. harmonika magnetske indukcije u odnosu naBm.

B

θ1800

900

Bm

β=300

Slika 3: Raspodela polja u međugvožđu mašine, 10. zadatak

Rešenje: Na osnovu izraza za ν-ti harmonik indukcije izvedenog u 9. zadatku, dobijajuse sledeće vrednosti za tražene harmonike:

B3 =4

π

sin(3π/6)

9π · π/6·Bm = 1.216Bm;

B3 =4

π

sin(3π/6)

9π · π/6·Bm = 0.270Bm;

B5 =4

π

sin(5π/6)

25π · π/6·Bm = 0.049Bm;

B7 =4

π

sin(7π/6)

49π · π/6·Bm = −0.025Bm.

Primetiti da se trapeznom raspodelom postiže jako dobro slabljenje viših harmonika, jerim amplituda opada sa kvadratom reda harmonika.

12. Odrediti amplitude traženih harmonika krive indukcije iz prethodnog zadatka zaβ = 0, tj. za pravougaoni oblik polja.

Rešenje: Harmonijski sastav pravougaonog talasa magnetske indukcije mogao bi se odre-diti tako što će se ponoviti procedura prikazana u 9. i 10. zadatku. Međutim, kako pravo-ugaona raspodela predstavlja granični slučaj trapezne raspodele za β = 0, jednostavnije

13

je izraz za ν-ti harmonik odrediti kao:

Bν = limβ→0

4

π

sin(νβ)

ν2βBm =

4

νπBm ·

*1

limβ→0

sin νβ

νβ=

4

νπBm.

Amplitude traženih harmonika iznose:

B1 =4

πBm = 1.273Bm;

B3 =4

3πBm = 0.424Bm;

B5 =4

5πBm = 0.255Bm;

B7 =4

7πBm = 0.182Bm.

Pravougaona raspodela polja je manje povoljna od trapezne, jer viši harmonici poljarelativno malo opadaju sa povećanjem reda harmonika, dok je osnovni harmonik neznatnoveći nego u slučaju trapezne raspodele.

13. Odrediti amplitude traženih harmonika krive indukcije iz 10. zadatka za β = 90,tj. za trougaoni oblik polja.

Rešenje: Trougaona raspodela predstavlja granični slučaj trapezne raspodele za β = 90.Izraz za ν-ti harmonik dobija se kao:

Bν = limβ→π/2

4

π

sin(νβ)

ν2βBm =

8

ν2π2sin

νπ

2Bm = (−1)

ν−12 · 8

ν2π2Bm (ν = 1, 3, 5, . . . )

Amplitude traženih harmonika iznose:

B1 =8

π2Bm = 0.811Bm;

B3 = − 8

9π2Bm = −0.091Bm;

B5 =4

5πBm = 0.032Bm;

B7 = − 4

7πBm = −0.016Bm.

Kod pravougaone raspodele viši harmonici opadaju sa kvadratom reda harmonika. Me-đutim, osnovni harmonik je takođe značajno oslabljen. Zbog toga nije preporučljivoraspoređivati pobudni namotaj duž celog obima induktora, već samo duž jednog njego-vog dela. Na ovaj način se postiže trapezna raspodela polja, koju odlikuju velika vrednostosnovnog i značajno slabljenje viših harmonika polja.

14. Trofazni hidrogenerator ima sledeće podatke: 2p = 96, m = 2, y = 5, Ns = 96navojaka po fazi, D = 12.92 m, l = 1.5 m, δ = 22 mm, relativna širina pola rotoraα = 0.733. Odrediti:

a) Koeficijente oblika polja reakcije indukta kd i kq.

14

b) Vrednosti reaktansi u d− i q−osi za učestanost od 50 Hz.

Zanemariti zasićenje u mašini.

Rešenje:

a) Osnovni harmonik mps reakcije indukta u d− i q−osi dat je izrazom istog oblika:

Fad1 = k1 ·q

2

4

π

NsId√

2

2p

Faq1 = k1 ·q

2

4

π

NsIq√

2

2p

gde je k1 rezultantni navojni sačinilac za osnovni harmonik (z = 6, m = 2, y = 5):

k1 = kp1kt1 = 0.933

S obzirom na promenljiv magnetski otpor u d− i q− osi usled anizotroponosti rotora,osnovni harmonik magnetske indukcije ne može da se izrazi prosto kao µ0F/δ, već jepotrebno složenoperiodični talas magnetske indukcije razviti u Furijeov red. Nakon izvo-đenja koje je dato u materijalima sa predavanja (http://epp.etf.rs/wp/wp-content/uploads/2019/03/Namotaji_reaktanse.pdf), dobijaju se sledeći izrazi za osnovni har-monik magnetske indukcije u d− i q−osi:

Bad1 =απ + sinαπ

π

µ0Fad1δ

= kdµ0Fad1δ

Baq1 =απ − sinαπ

π

µ0Faq1δ

= kqµ0Faq1δ

Dakle, koeficijenti oblika polja jednaki su:

kd =απ + sinαπ

π= 0.970

kq =απ − sinαπ

π= 0.496

b) Kada je poznata raspodela osnovnog harmonika indukcije koju stvara reakcija in-dukta, može se odrediti ems faznog namotaja koja odgovara datoj amplitudi osnovnogharmonika indukcije (ems reakcije indukta), u skladu sa postupkom opisanim u 6. za-datku:

Ead = 4.44k1f1NsΦad1 = 4.44k1f1NsDl

pBad1 = 4.44k1f1Ns

Dl

pBad1

Eaq = 4.44k1f1NsΦaq1 = 4.44k1f1NsDl

pBaq1

(*)

S druge strane, ems reakcije indukta može se izraziti kao proizvod reaktanse reakcijeindukta i struje indukta u odgovarajućoj osi:

Ead = XadId

Eaq = XaqIq(**)

15

Izjednačavanjem izraza (*) i (**) i zamenom izraza za mps u izraze za osnovne harmonikeindukcije, dobijaju se izrazi za reaktanse reakcije indukta po d− i q−osi:

Xad = 2qfµ0Dl

δ

N2s k

21

p2· kd = 1.122 Ω

Xaq = 2qfµ0Dl

δ

N2s k

21

p2· kq = 0.579 Ω

Reaktanse reakcije indukta u d− i q−osi daju vezu između struje indukta i vrednostifluksa u međugvožđu koji ta struja stvara, tj. ems namotaja koja odgovara tom fluksu.

NAPOMENA: Reaktansa reakcije indukta mašine sa cilindričnim rotorom izračunava sena isti način, s tim što je kod njih, zbog konstantnog međugvožđa, kd = kq = 1.

15. Trofazna dvopolna mašina ima rotor sa stalnim magnetima od Nd-Fe-B. Gustinaremanentnog fluksa magneta je Br = 1.1 T, a relativna magnetska permeabilnost uradnom području je µr = 1.05. Dužina međugvožđa pod polovima (između površinemagneta i unutrašnje površine statora) je δ = 0.5 mm. Površina magneta jednaka je 2/3površine pola rotora. Odrediti:

a) Potrebnu debljinu stalnih magneta kako bi gustina fluksa pod polovima bila 1 T.

b) Amplitudu osnovnog harmonika mps koju stvaraju stalni magneti.

c) Vrednosti koeficijenata oblika polja kd i kq ako su magneti utisnuti u jezgro rotora(za potrebe ovog proračuna, magnete tretirati kao vazduh, tj. smatrati da je µr = 1).

Rešenje:

a) Pod pretpostavkom da µFe →∞, primenom Amperovog zakona na konturu C (slika4) dobija se:

2Hmlm + 2Hδδ = 0

Indukcija stalnog magneta može se izraziti u funkciji jačine polja kao:

Bm = Br + µ0µrHm =⇒ Hm =Bm −Br

µ0µr(< 0)

Sada se prvi izraz može formulisati kao:

Bm −Br

µ0µrlm +

Bδ

µ0

δ = 0 (*)

Kako je, prema zakonu o konzervaciji magnetskog fluksa, i uz zanemarivanje rasipanjalinija magnetskog polja na krajevima magneta (smatra se da postoji samo radijalna kom-ponenta polja), Bm = Bδ, dalje se ima da je:

Bδ

(lmµ0µr

+δ

µ0

)= Br

lmµ0µr

to jest:

Bδ =Brlm

lm + µrδ

16

Slika 4: Poprečni presek PMSM sa stalnim magnetima na površini rotora

Konačno, dobija se da je za traženu vrednost indukcije Bδ = 1 T potrebna debljinaNd-Fe-B magneta:

lm =µrBδ

Br −Bδ

δ = 5.25 mm

NAPOMENA 1: Mašina sa površinski montiranim magnetima je uzeta kao primer, ali seisto razmatranje odnosi i na mašinu sa utisnutim magnetima.NAPOMENA 2: Različiti tipovi magneta imaju različite vrednosti remanentne indukcijei permeabilnosti, pa bi u slučaju upotrebe drugog tipa magneta bila potrebna i drugačijadebljina magneta.

b) Ekvivalentna mps stalnih magneta predstavlja ukupan pad magnetskog napona umagnetima i vazduhu usled indukcije Bδ:

FPM =Bδ

µrµ0

lm +Bδ

µ0

δ

što je, na osnovu *:

FPM =Brlmµ0µr

Stalni magneti stvaraju polje čija gustina fluksa ima istu raspodelu kao gustina fluksamašine sa pobudnim namotajem i isturenim polovima u 10. zadatku, pa je izraz zaosnovni harmonik mps:

FPM1 =4

πcos β · Brlm

µ0µr= 4826 A · nav

(β =

1− 2/3

2· π =

π

6

)c) Sinhrone mašine sa stalnim magnetima (Permanent Magnet Synchronous Machine

– PMSM) izvode se tako što su magneti montirani u d−osi na površini rotora (SurfacePermanent Magnet Synchronous Machine – SPMSM), u d−osi utisnuti u jezgro rotora(Interior Permanent Magnet Synchronous Machine – IPMSM), ili sa magnetima monti-ranim u q− osi i utisnutim u jezgro rotora. Prva dva navedena tipa konstrukcije prikazanisu na slici 5.

17

qd

N

N

hPM

δ

μFe

μFe

N

N

S

SS

S

qd

N

N

δ

μFe

μFe

N

N

S

SS

S

hPM

Slika 5: Tipovi konstrukcije sinhrone mašine sa stalnim magnetima: SPMSM (levo) i IPMSM(desno)

SPMSM ima približno isti magnetski otpor u d− i q−osi, te se sa aspekta reakcije induktamože tretirati slično kao mašina sa cilindričnim rotorom (Xad ≈ Xaq), kd = kq = 1.

IPMSM ima različite magnetske otpore u d− i q−osi, tako da je kod nje Xad 6= Xaq ikd < 1, kq < 1. Koeficijenti oblika kd i kq izračunavaju se na sličan način kao u 14.zadatku, s tim što je ovde situacija u pogledu magnetskih otpora u d− i q−osi obrnuta –magnetska indukcija u d−osi kod IPMSM ima isti talasni oblik kao magnetska indukcijau q−osi kod SM sa pobudnim namotajem i isturenim polovima, i obrnuto. Raspodelaosnovnog harmonika mps reakcije indukta i odgovarajućeg osnovnog harmonika magnet-ske indukcije u d− i q−osi prikazane su na slici 6. Na osnovu datih raspodela i izrazaza koeficijente oblika date u 14. zadatku, može se zaključiti da su izrazi za koeficijenteoblika kod IPMSM:

kd =(π − απ)− sin(π − απ)

π=π · (1− α)− sinαπ

π= 0.058

kq =(π − απ) + sin(π − απ)

π=π · (1− α) + sinαπ

π= 0.609

B(θ)

θ

π/2-π/2 π-π

q d

F

ad1

B

ad1

μ

Fe

→

∞

μ

0

μ

0μ

0

απ

(a)

B(θ)

θ

π/2-π/2

απ

π-π

q d

F

aq1

B

aq1

-π

μ

Fe

→

∞

μ

0

μ

0

μ

(b)

Slika 6: Raspodela polja u d− i q− osi kod IPMSM

18

Dakle, za razliku od mašine sa pobudnim namotajem i isturenim polovima, kod mašinesa utisnutim magnetima je Xd < Xq. Kada se znaju koeficijenti oblika polja, reaktansereakcije indukta u d− i q−osi se, uz poznate podatke o namotaju, mogu izračunati kao:

Xad = kd ·Xa

Xaq = kq ·Xa

gde je Xa reaktansa reakcije indukta koja bi se imala kod mašine sa cilindričnim rotoromi međugvožđem dužine δ.

16. Trofazni sinhroni turbogenerator sa podacima: 2 MVA, 1000 V, 50 Hz, p = 2, ima60 žlebova na statoru i 100 navojaka po fazi pobudni namotaj sa 500 navojaka na rotoru.Pri tome, na rotoru su žlebovi popunjeni namotajem raspoređeni na 2/3 polnog koraka.Odrediti pobudnu struju koja je potrebna da bi se kompenzovala reakcija indukta statoraako generator daje u mrežu 70% nominalne snage uz induktivan sačinilac snage jednaknuli. Statorski namotaj ima pun korak motanja (y = τ).

Rešenje: Parametri statorskog i pobudnog namotaja:

• Q1 = 60 – broj žlebova na statoru;

• Ns = 100 – broj navojaka po fazi statora;

• Nf = 500 – broj navojaka pobudnog namotaja.

Potrebno je odrediti kolika je pobudna struja potrebna kako bi se generisao osnovniharmonik pobudnog fluksa jednak osnovnom harmoniku fluksa reakcije indukta. Dakle,treba da bude zadovoljen uslov:

Φf1 = Φa1,

Kako je rotor cilindričan, tj. međugvožđe konstantno, ovaj uslov se može zameniti jed-nakošću magnetopobudnih sila:

Ff1 = Fa1,

s obzirom na to da je F = Φ/Rµ, a magnetski otpor Rµ je konstantan duž obima mašine.Kompenzacija reakcije indukta podrazumeva zadavanje pobudne struje koja će obezbeditida rezultantni fluks u mašini, tj. u među gvožđu, ostane jednak onom koji se imao kadaje generator bio neopterećen, čime se održava konstantan napon na krajevima generatora.

Osnovni harmonik mps indukta po polu dat je izrazom:

Fa1 =q

2· 4

π· k1 ·Ns · Ia

√2

2p.

Vrednost pojasnog navojnog sačinioca namotaja indukta za osnovni harmonik jednakaje:

k1 =sin msπ

2zs

sin π2zs

= 0.9567,

Osnovni prostorni harmonik mps indukta u funkciji efektivne vrednosti struje induktadat je sa:

Fa1 = 129.2Ia.

19

Osnovni harmonik pobudne mps dat je izrazom:

Ff1 = kf1 ·NfIf

2p.

Svi parametri koji figurišu u datom izrazu su poznati, osim sačinioca oblika polja pobud-nog namotaja kf1. Sačinilac oblika polja turbogeneratora izveden je u 9. zadatku:

kf1 =4

π

sin β

β

Na osnovu podatka da su žlebovi raspoređeni na 2/3 pola, može se zaključiti da je:

β =23π

2=π

3

pa je sačinilac oblika polja pobudnog namotaja:

kf1 =4

π

sin π3

π/3= 1.053.

Konačno, dobija se izraz za pobudnu mps u funkciji pobudne struje:

Ff1 = 263.5If .

Vrednost pobudne struje koja kompenzuje reakciju indukta dobija se izjednačavanjemmps:

Ff1e = Fa1 =⇒ Ife =q

2

4

π

k1Ns

kf1Nf

Ia√

2 = 0.4903Ia.

Struja indukta se može odrediti na osnovu prividne snage:

Ia =0.7 · Sn√

3Un= 808.29 A,

pa je potrebna vrednost pobudne struje:

Ife = 396.7 A.

17. Trofazni sinhroni hidrogenerator sa podacima: 211 MVA, 15.75 kV, 50 Hz, p = 42,ima 756 žlebova na statoru i 84 redno vezana navojka po fazi. Generator na rotoru ima18 navojaka po polu. Odrediti ekvivalentnu mps i struju pobudnog namotaja koja jepotrebna da bi se kompenzovala reakcija indukta u d− i q−osi, pri nominalnoj vrednostistruje indukta. Korak motanja statorskog namotaja je y = 8 žlebova. Odnos širinepolnog nastavka rotora i polnog koraka iznosi α = 0.72.

Rešenje: Parametri statorskog i pobudnog namotaja:

• Q = 756 – broj žlebova statora;

• z = Q/(2p) = 9 – broj žlebova statora po polu;

• m = z/q = 3 – broj žlebova statora po polu i fazi;

• Ns = 84 – broj redno vezanih navojaka po fazi statora;

20

• Nf,p = 18 – broj navojaka po polu pobudnog namotaja.

Potrebno je odrediti kolika je pobudna mps potrebna kako bi se generisao osnovni harmo-nik fluksa koji je jednak osnovnom harmoniku fluksa koji stvara nominalna struja induktau d−, odnosno q−osi. U 14. zadatku pokazano je da amplitude osnovnog harmonikagustine fluksa (indukcije) koji stvara struja u uzdužnoj i poprečnoj osi iznose:

Bad1 = kdµ0

δFad1, (*)

Baq1 = kqµ0

δFaq1, (**)

gde su kd i kq sačinioci oblika polja koji iznose:

kd =απ + sinαπ

π= 0.965

kq =απ − sinαπ

π= 0.475

Nominalna vrednost fazne struje jednaka je In = Sn/(√

3Un) = 7735 A. Osnovni harmo-nici mps u d− i q−osi pri nominalnoj vrednosti struje su međusobno jednaki i iznose:

Fad1(Id = In) = Faq1(Iq = In) = k1 ·q

2

4

π

NsIn√

2

2p= 19.75 kA · nav

gde je k1 = 0.9452 navojni sačinilac za osnovni harmonik koji se jednostavno izračunavana osnovu datih podataka o statorskom namotaju.

Ekvivalentna mps pobudnog namotaja koja odgovara reakciji indukta po d− i q−osi,tj. mps reakcije indukta po d− i q−osi svedena na pobudni namotaj, određuje se izuslova jednakosti osnovnih harmonika gustine fluksa. Amplituda osnovnog harmonikagustine fluksa koju stvara pobudni namotaj data je u funkciji mps pobudnog namotajakao (pogledati materijale sa predavanja):

Bf1 =µ0

δFf1 =

µ0

δkf1Ff , (***)

gde je kf1 koeficijent oblika polja pobudnog namotaja, koji je za konstrukciju rotora saisturenim polovima koja odgovara hidrogeneratoru dat kao:

4

πsin(απ

2

)= 1.152

Sa Ff je označena ukupna mps po polu pobudnog namotaja, koja iznosi:

Ff =Nf

2pIf = Nf,pIf ,

gde jeNf ukupan broj navojaka pobudnog namotaja, aNf,p ranije definisan broj navojakapo polu.

Sada se ekvivalentne vrednosti pobudne mps, tj. vrednosti mps reakcije indukta po d− iq−osi mogu odrediti izjednačavanjem izraza (***) sa (*) i (**), respektivno:

Bfed = Bad1 =⇒ Ffed =kdkf1

Fad1 = 16.54 kA · nav

Bfeq = Baq1 =⇒ Ffeq =kqkf1

Faq1 = 8.14 kA · nav

21

Konačno, na osnovu izraza za pobudnu mps, mogu se odrediti i odgovarajuće vrednostiekvivalentne pobudne struje:

Ifed =FfedNf,p

= 919 A

Ifeq =FfeqNf,p

= 452 A

22