ik reken altijd met nul.
bij een 3F zonder null loopt de stroom die van fase 1 komt, terug via fase2 en fase 3, dat maakt de berekening moeilijk.
bekijk de 3fase gewoon als 3 losse fases met een nul.
je hebt dan tussen elke fase en nul gewoon 230V. en daar kan je dus een lamp in steken.
230V x 16A max is 3680watt per fase.
je hebt 3fases, dus 11,040kW.
als de belasting tussen de fases allemaal gelijk is, loopt er geen stroom door de nul en mag je die ook gewoon weghalen.
of je dus 3F+N hebt of 3F zonder N, je kan 11kW gebruiken met 16A zekeringen op 400V
Op maandag 22 juli 2024 07:49:51 schreef fcapri:
bekijk de 3fase gewoon als 3 losse fases met een nul.
je hebt dan tussen elke fase en nul gewoon 230V. en daar kan je dus een lamp in steken.
230V x 16A max is 3680watt per fase.
je hebt 3fases, dus 11,040kW.
Idd, die √3 toestanden heb ik nooit begrepen. Bij mij zijn dat ook gewoon 3 enkele fasen van 230V of soms 130V. Rekent veel gemakkelijker en je moet al moeite doen om een fout te maken, Je hoeft eigenlijk zelfs geen rekening te houden met ster of driehoek, die √3 zit immers reeds verrekend in de verhouding 400/230V of die √3 nu hoort bij de spanning of de stroom maakt wiskundig toch niet uit √3 x √3 = immers 3
400V net met N: 3 x 230 x 16 = 11kVA
230V net zonder N : 3 x 130 x 16 = 6,2kVA
Anoniem
Het is me in ieder geval duidelijk dat het maximale vermogen van mijn voorbeeld 11kW is omdat er meer stroom loopt op het moment dat er een 2e lamp aangesloten wordt.
Maar stel ik sluit 2 lampen aan van 25 ohm in plaats van 3 lampen.
Op fase L1, L2 en op L2, L3.
Loopt er dan: 16 × wortel 3 = 27,A op fase L2, en op L1 en L3 gewoon 16A?
Op maandag 22 juli 2024 09:30:16 schreef InHogereSferen:
Loopt er dan: 16 × wortel 3 = 27,A op fase L2, en op L1 en L3 gewoon 16A?
Dat klopt helemaal.
Algemeen moet je de cosinusregel toepassen om de lijnstromen te berekenen.
Il = √(I1^2 + I2^2 + I1I2)
a) voor identieke belastingen op die fase dan krijg je √(3 x I) = uiteraard √3 I , wat je al wist nu.
b) slechts 1 belasting op die fase dan krijg je √(I ^2 + 0 + 0) = I wat uiteraard ook logisch is.
c) Bij verschillende belastingen (een kookplaat bv) moet je de individuele stromen invullen om de lijnstroom in die fase te kennen.
Anoniem
Ik neem dus een vermogen af van 16A x 400V × 2 lampen = 12,8kW.
Maar ik zie even niet hoe ik dit vermogen kloppend krijg met 16A + 16A + 27,7A?
Op maandag 22 juli 2024 10:11:34 schreef InHogereSferen:
Ik neem dus een vermogen af van 16A x 400V × 2 lampen = 12,8kW.Maar ik zie even niet hoe ik dit vermogen kloppend krijg met 16A + 16A + 27,7A?
Je moet de stroom maar één keer meten per lamp, nu maak je de som van de heengaande stroom + de retourstroom door de andere draad.. dat doe je toch nooit, ook niet in een eenfazig systeem?
dat 16+ 16 geen 32 geeft komt door de fazeverschuiving, je moet vectoriëel optellen, wat wortel 3 geeft als weerkomende constante.
Anoniem
Laat het maar, veel te lastig dit.
P = √3 × U × I.
Duidelijk.
En daarna stop ik maar met denken. 
rew
four NANDS do make a NOR . Kijk ook eens in onze shop: http://www.bitwizard.nl/shop/
P = U * I. Dat is een natuurwet. Er is geen enkel experiment te bedenken waarbij dat niet geldt. Pas als je dingen gaat vereenvoudigen als "effectieve stroom" en "effectieve spanning" dan kan je het voor mekaar krijgen dat dit niet meer lijkt te kloppen.
Die worteldrie is een stomme fudgefactor voor als je U en I neemt die niet bij mekaar horen.
Driefase stroom moet je voorstellen als een gelijkzijdige driehoek.
teken L1 op de positieve X as bij het punt X=230, Y=0.
L2 zit dan bij X=-115, Y=200, en L3 zit bij X=-115, Y=-200.
Sluit je een 230V lamp aan tussen L1 en aarde dan trekt ie stroom evenredig met L1.
De hoek van de spanning L1 is de hoek met de positieve X as is dus nul. De vector teken je VAN het referentiepunt, (de nul, oorsprong in de grafiek) naar het punt L1.
De hoek van de stroom loopt daar ook: Van de oorsprong in de richting van L1. De twee vectoren zijn parallel, de hoek phi tussen die twee is nul, cos phi is 1.
Sluit je nu jou eerste 400V lamp aan tussen L2 en L1, dan loopt de stroom langs de vector L2 naar L1. Die hoek is 30 graden t.o.v. de vector van L1. Phi is dus -30 graden.
Als we jou lamp nemen, dan loopt daar dus 16A. Maar het vermogen wat L1 levert is 230V * 16A * cos (-30) = 3187W. Doe je dit ook voor L2, dan levert die ook 3187W. Samen wordt dat de 6.4kW = 400V* 16A. Het kleine verschil komt doordat we 230*sqrt(3) = 398.37 afronden naar 400V. Als we 400V als gegeven aanhouden, dan is de ongeveer 230V om precies te zijn 230.9401 en als je die spanning gebruikt komt er 3199.998 W uit de L1 fase.
Die 16A die door L1 loopt heeft dus een reeel deel van 16A * cos (-30) = 13.85A.
Sluit je nu ook de lamp tussen L3 en L1 aan, dan is die hoek voor L1 gelijk aan +30 graden. Ook zijn reele deel is 13.85A. In zijn eentje is de stroom 16A met een phi van 30 graden, een cos phi van cos(30) = 0.866.
Omdat nu de imagiaire stromen 1x positief imaginair en 1x negatief imaginair zijn cancellen die mekaar. (L3 zit even ver negatief als dat L2 positief zit). De stroom door L1 wordt nu dus precies weer helemaal reeel (parallel met de positieve X as), 27.7A.
Anoniem
Dat verhaal maakt het er allemaal niet echt makkelijker op haha.
Misschien snap ik het beter als mij het volgende verteld kan worden:
Situatie:
Ik heb 3 lampen welke werken op 400V.
Eentje van 2A, eentje van 4A en eentje van 6A.
Bij elkaar dus 4,8kW.
Die van 2A sluit ik aan tussen L1 en L2
Die van 4A sluit ik aan tussen L2 en L3
Die van 6A sluit ik aan tussen L3 en L1
Hoe kan ik nu berekenen hoeveel stroom er door elke fase gaat?
Anoniem
Oke
Je kan ook een ster-driehoektransformatie toepassen ( zie wikipedia ) op je weerstanden . Je rekent dan met je equivalente weerstanden in ster met de nodige lijnspanningen en stromen t.o.v. de nulgeleider .
Op maandag 22 juli 2024 12:32:11 schreef InHogereSferen:
Situatie:
Ik heb 3 lampen welke werken op 400V.
Eentje van 2A, eentje van 4A en eentje van 6A.
Bij elkaar dus 4,8kW.
Die van 2A sluit ik aan tussen L1 en L2
Die van 4A sluit ik aan tussen L2 en L3
Die van 6A sluit ik aan tussen L3 en L1Hoe kan ik nu berekenen hoeveel stroom er door elke fase gaat?
Dat staat toch in mijn laatste post. Je hoeft toch maar de waardes in te vullen. Post dat hier een keer.
Tip
IL1 = √[(2 x 2) + (6 x 6) + (2 x 6)] = √(4 + 36 + 12) = √(52) = 7,2A
IL2 = √[(4 x 4) + (2 x 2) + (4 x 2)] = √(16 + 4 + 8) = √(28) = 5,3A
IL3 = √[(4 x 4) + (6 x 6) + (4 x 6)] = √(16 + 36 + 24) = √(76) = 8,7A
[Bericht gewijzigd door New Beetle op (21%)]
Het uitgangspunt klopt eigenlijk niet helemaal.
De oorspronkelijke vraag ging over de maximale belastbaarheid van een groep. Het is alleen niet de bedoeling om van een 16A groep ook 100% van de tijd 16A af te nemen.
Die 16A is voor de bedrading, niet voor de belasting.
Als je een groep gaat bedenken voor een belasting kijk je eerst naar de te verwachten stroom van die belasting en daar pas je je draaddikte op aan. En aan de hand van die draaddikte en lengte bepaal je je zekering. Niet andersom.
Als ik een motorgroepje moet maken voor een klein motortje van bv 1,5kW dan weet ik dat ik dat minimaal een 6A zekering voor nodig heb. Ik sluit de motor aan met 2,5mm2 en in dit geval neem ik dus gewoon een 16A zekering, passend bij die motorkabel.
Als het niks mag kosten gebruik ik 1,5mm2 en een 10A zekering.
Ik mis in de startpost even of dit een hypothetische vraag is of een werkelijk probleem.
Je mag inderdaad een eindgroep langdurig niet meer dan 80% belasten.
Boudie
Vervangen DOOR.
Op maandag 22 juli 2024 15:57:09 schreef Sine:
...
Je mag inderdaad een eindgroep langdurig niet meer dan 80% belasten.
"langdurig"; waar moet ik dan ongeveer aan denken?
benleentje
Golden Member
"langdurig"; waar moet ik dan ongeveer aan denken?
Dat de eindgroep in de zekeringkast warm begint te worden. IK dacht zo 3W per smeltzekering of fase van een automaat.
Je mag inderdaad een eindgroep langdurig niet meer dan 80% belasten.
Ik mis in de startpost even of dit een hypothetische vraag is
Je kan een eindgroep maar maximaal voor 80% continu belasten maar hypothetisch kan je de groep continu op bijna 125% belasten en toch zal de groep er dan nooit trippen.
Anoniem
Ik mis in de startpost even of dit een hypothetische vraag is of een werkelijk probleem.
Puur hypothetisch
Ik ben bekend met met de 80% regel voor continu stroom.
Ik weet wat de juiste formule is, ik had alleen even error met 16A x 400V
Tip
IL1 = √[(2 x 2) + (6 x 6) + (2 x 6)] = √(4 + 36 + 12) = √(52) = 7,2A
IL2 = √[(4 x 4) + (2 x 2) + (4 x 2)] = √(16 + 4 + 8) = √(28) = 5,3A
IL3 = √[(4 x 4) + (6 x 6) + (4 x 6)] = √(16 + 36 + 24) = √(76) = 8,7A
Thnx! Daar heb ik wat aan.
Op maandag 22 juli 2024 10:11:34 schreef InHogereSferen:
Ik neem dus een vermogen af van 16A x 400V × 2 lampen = 12,8kW.Maar ik zie even niet hoe ik dit vermogen kloppend krijg met 16A + 16A + 27,7A?
je hebt 3fasen die niet gelijk hun piek halen
als je iets aansluit tussen fase1 en de nul, geen probleem, stroom is in fase. de sinus gaat van 0 naar 230V AC, de stroom volgt ook als je bv een gewone weerstand hebt.
nu heb je een systeem waar je stroom hebt op fase 1, en die keert terug langs fase2 en 3, en die gaat dan een beetje heen en weer
als fase 1 op zijn piek zit, en daar zit 16A, dan staan beide andere sinussen op -115V AV (onder die 90°). er loopt door elk dan 8A terug.
als je nu net tussen die 90 en 180° kijkt, zit fase 1 op 115V en kruist daar fase 2. op dat moment zit fase 3 op -230V AC en loopt dus daar de stroom terug (samen met die van fase 2)
je begrijpt dus dat 16A in fase 1 nooit door één van de andere fases zal lopen, maar zich altijd deels opsplitsen.
de stromen lopen dus als volgt.
[Bericht gewijzigd door fcapri op (11%)]
mvdk
Golden Member
Mooi plaatje. Maar er is toch nog iets, en ts, InHogereSferen, moet dit toch ook opmerken. Hoe het daar bij die generator zit is niet van belang. Het sterpunt komt toch niet naar buiten. Ik bedoel, het sterpunt van de generator loopt nergens mee in het transportnet. Maar aan de kant van de load had ts nou juist een driehoekschakeling gedacht. Ik weet, die stromen huppelen net zo heen en weer als in deze situatie, maar toch...
driehoek en ster kan je makkelijk omzetten om te herrekenen.
t is maar gewoon om het principe aan te duiden dat je wel 16A en 16A in 2 fases hebt met 2lampen, maar dat dit niet resulteerd in 32A in de 3de, omdat alles uit 120° verschoven in fase zit
en alle stromen lopen heen en weer. de ene keer gaat ze naar fase 3, dan kom ze eens van fase 2, ze komen soms van 2kanten en slecht op bepaalde tijdspunten zijn ze eens gelijk.
eigenlijk kan je het schema met de 3 sinussen zowel zien als fasespanning als fasestromen
als rood positie stroom is, zullen er evenveel negatieve moeten zijn onder de 0
Of met pijlen:
(De spanningen heb ik er niet in gezet; die L1,2,3 kennen we wel, en de spanningen over de belastingen zijn 400 Veff en dezelfde fasen als de rode pijlen.)
Je kunt de grootte en fasehoek zó meten met de geodriehoek.
Ik blijf het grappig vinden dat de sinussen 'eenvoudig' genoemd worden, en de pijlen - sorry, vectoren - 'ingewikkeld'.
Komt denkelijk doordat men gewend is om spanning of stroom of een andere grootheid te bekijken als functie van tijd op een oscilloscoop i.p.v. ronddraaiende vectoren met lengte abs(v) en hoek arg(v).
vroeger was er ooit een examen in electronica, waar men vroeg:
een sinus van 50hz en piekspanning van 200V, hoe hoog is de spanning na 6ms.
daar bestaat schijnt één of andere formule voor, ik had het met de goniometrische cirkel uitgerekent.
50hz = 20ms = 360° op de cirkel
6ms = 6/20 = 108°
dan doe je gewoon 200V x sin 108° en ik had de spanning.
onder mijn voeten gekregen dat we niet in de wiskunde les zaken, maar in de electronica, en dat ik electronica formules moet gebruiken
probleem dus als je een electronica leraar hebt die enkel de electronica kent maar niet wist vanwaar de formules kwamen. en ik leer niet klakkeloos formules vanbuiten