Leistung im Drehstromnetz

Wenn ich einen Drehstromverbraucher habe, dann kann ich mir die Leistung so ausrechnen:
Bei gleicher Belastung aller Phasen:
3*Ust*I=P
Oder
3*Udr*(I/Sqrt(3))
Wenn ich ungleich belastet Phasen habe kann ich mir doch die 3 Leistungen ausrechnen die für die einzelnen Phasen gelten oder stattdessen
Ust*Il1+Il2+Il3=P
anstatt den Strom dreifach zu rechnen.
Die Formel nimmt eigentlich keine Rücksicht wie innen die Schaltung arbeitet da mit I oder Il1-3 der STrom auf der Zuleitung gemeint ist Ust == Sternspnnung Udr == Dreieckspannung Der Strom zwischen 2 Phasen in Dreieckschalung kommt hier mal nicht vor.
Wie seiht das aus bei Dreieckschltung bei ungleich belasteten Phasen?
Und wie sieht das aus bei einer Sternschaltung wenn sich die Phasen nicht gegenseitig neutralisieren, es also einen Strom über den N-Leiter gibt?
(Cosinus gibts hier auch nicht, sind alles ohmsche Verbraucher :P)
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Hallo, Alfred,
Du (shak) meintest am 12.12.07:

Wo kannst Du messen?
Pges = P1 + P2 + P3 gilt immer. In der Mehrzahl der FĂ€lle kannst Du aber entweder den Strom durch den Verbraucher oder aber die Spannung am Verbraucher nicht direkt messen.
Viele Gruesse! Helmut
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Helmut Hullen snipped-for-privacy@hullen.de wrote:

Die Spannung habe ich da gegeben. Den Strom messe ich an den Zuleitungen. Der Strom direkt an den 3 Verbrauchern bei Dreieckschaltung kann ich nicht messen und ist für mich auch nicht interessant.
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Hallo, Alfred,
Du (shak) meintest am 12.12.07:

Dann hast Du das in der Mathematik so beliebte Problem von 3 Gleichungen mit 3 Unbekannten.
Viele Gruesse! Helmut
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Auch wenn du einen 2-poligen Verbraucher annimmst, "interessiert" dich die "Rückleitung" nicht. Du mißt den Strom schließlich nicht zweimal.
Deswegen genügt es beim Drehstrom, die 3 Phasen zu messen und den "N-Leiter"(tm:-) nicht. Der "N-Leiter" dient dir nur als Beinchen für deine 3 Spannungskeulen und wenn du ihn nicht hast, dann bild ihn dir.
Servas
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Hallo, Franz,
Du (franz) meintest am 12.12.07:

Da hast Du ein simples System, ohne Phasenverschiebung etc.

Bei symmetrischer Last.

Kirchhoff: die Summe aller Ströme ist Null. Weisst Du. Bei einem symmetrischen System ist (zusÀtzlich) der Strom im Nullleiter Null, also muss ich ihn nicht messen.
Unsymmetrisch: wenn ich nur die Effektivwerte der Leiterströme messe und nicht auch ihre Phasenlage, dann kann ich ohne Messung auch beim Nulleiter die Summe der Ströme nicht bestimmen.
Viele Gruesse! Helmut
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On 13 Dez., 09:10, snipped-for-privacy@hullen.de (Helmut Hullen) wrote:

Ich habe angenommen, daß ich jede Phase einzeln "Watte". Mit Strom- und Spannungspfad. Und danach die 100Herzer addiere.
Das kommt daher, daß ich das in meinen Ohnlohchn *) so mache.
*) das ist säxsch
MfG
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Helmut Hullen schrieb:

@FG: Ahja, jonglieren mit Spannungskeulen. Irgendwie haftet deiner teilweise bildhaften Wortwahl immer ein gewisser Anteil an VerstĂ€ndnislĂŒcke an. Zumindest ist nicht entscheidbar, wie diese Grauzone zu bewerten ist. Vielleicht ist es ja auch nur der Spass an der eigenen Sprache.

Das gilt auch bei unsymmetrischer Last. Die Summe bleibt Null. Man kann auch aus der (vektoriellen) Summe 3er beliebiger Leiter jeweils den Strom im 4ten Leiter bestimmen.

Das stimmt. Genaugenommen muss die Phasenlage jede Harmonische berĂŒcksichtigt werden.
- Udo
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wrote:

Ich habe gar nix sprachlich gespielt sondern alles vorausgesetzt, was sich gehört. Denn dann ist es wurscht, ob die Verbraucher selber teilweise nur "fliegend" zwischen den Phasen hängen, so wie es bei Steuerspannungstrafos manchmal vorkommt oder bei anderen 1-phasigen Anwendungen, die aus 400V~ gespeist werden.
Nämlich: daß alle 3 Phasen brav einzeln gemessen werden: u mal i und das was dabei herauskommt addiert. Meine Wattmeter machen das mit einem Pulsverfahren mit ca. 8 kHz, das reicht für die üblichen Anwendungen in einer Anlage. Da ist außer dem CMOS- Schalter und dem Comparator kein einziges nichtlineares Bauteil drin und selbst die sind per Definition nicht nichtlinear. Der Gene- rator macht Dreieck, nicht Sägezahn und das ist sowas von linear, daß ich jedesmal selber staune, wenn ich es nachmesse :-) Der "Clou" ist: ich brauche für alle 3 nur einen Generator. Der CMOS-Schalter für alle 3 ist EIN IC. Das Filter ist EINES für alle 3 Phasen gemeinsam, es summiert auch gleich. Drei Strom- wandler braucht das Ding aus Hanau aber die braucht es so- wieso.
Was die Spannungskeule betrifft: vielleicht ist das ein Begriff, der sich in meiner Firma oder bei einem meiner Kunden in den Jahren einmal herausgebildet / kristallisiert hat, ich weiß es nicht. Sowas verschwimmt mit der Zeit und die Ursachenfor- schung bleibt auf der Strecke.
Mein Leistungsmesser hat 3 Spannungseingänge, die so genau gleich hohe Eingangswiderstände zum Sternpunkt hin haben, daß es "nicht auffällt", wenn der Mp im 3phasigen Betrieb nicht angeschlossen ist.
MfG
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Udo Piechottka schrieb:

Die erste AUssage schon, die zweite nicht.

Ja eben die Gesamtsumme. Aber bei unsymmetrischer Last eben nur dank des Nullstromes.

Nichts anderes schrieb er: Die Summe ist immer null. Bei einem unsymmetrischen System fĂƒÂŒhrt N Strom.
Thomas
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Thomas Rachel schrieb:

Eben doch.
Symmetrischer Fall: Summe der Ströme ĂƒÂŒber alle 3 Aussenleiter=0, Strom im Nullleiter=0
Asymmetrischer Fall: Summe der Ströme aller Aussenleiter!=0 Preisfrage: Wie hÀngen der Strom im Null-/Neutralleiter und der Summenstrom zusammen?

s.o.
Nicht ganz: Er schrieb, man mĂƒÂŒsse im asymetrisch belasteten 3Phasen-Netz den Strom im Nullleiter messen. Das ist nicht zwingend erforderlich.
- Udo
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Hallo, Udo,
Du (ifmd.messdatensysteme) meintest am 14.12.07:

So isses. Je nach Messverfahren gibt es da Unterschiede. Wenn ich (wie weit verbreitet) nur die Effektivwerte der Ströme messe (und die Phasenverschiebung nicht), dann brauche ich auch den Strom im Nullleiter.
(und - wie bereits erwÀhnt - dann muss ich ohnehin annehmen oder wissen, dass ich nur sinusförmigen einfrequenten Strom habe)
Viele Gruesse! Helmut
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On 14 Dez., 08:30, snipped-for-privacy@hullen.de (Helmut Hullen) wrote:

Steh ich auf der Leitung?
Selbst wenn nur in 1 Phase was verbraucht wird, ist mir der Strom durch den Nuller egal, das ist immer der zurückfließende Strom. Den berücksichtige ich doch bei 1-phasig auch nicht.
Ich multipliziere u mal i (nicht die Effektivwerte sondern die Momentanwerte), da kommt ein 100Hz-Dingens raus, das bei ohmscher Last nicht unter 0 fällt.
u ist die "Stern"spannung momentan.
MfG
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Hallo, Franz,
Du (franz) meintest am 14.12.07:

Doch - ja ...

Komplett falsches Bild. Bei Einphasen-WS ist es nicht sonderlich sinnvoll, den Nullleiter abzuklemmen. Bei Dreiphasen-WS ist das technisch allemal möglich und oft auch technisch zulÀssig.

Eben - Du misst nicht Effektivwerte, sondern Augenblickswerte.
Viele Gruesse! Helmut
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Helmut Hullen wrote:

Achso, der OP wollte das, achso.
MfG
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Udo Piechottka schrieb:

Hm, stĂƒÂŒmmt. Dann eben andersrum: im als symmetrisch bekannten Fall genĂƒÂŒgt das Messen von 2 Außenleiterströmen, da der dritte daraus hergeleitet werden kann...
Thomas
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Hallo, Thomas,
Du (glglgl) meintest am 23.12.07:

Noch einfacher: im als symmetrisch bekannten Fall genĂŒgt das Messen von 1 Außenleiterstrom.
Viele Gruesse! Helmut
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Franz Glaser (G) wrote:

Na dann rechnen wir mal.
Ich setze ein 400V/230V Drehstromsystem voraus, alle Widerstände sind ohmsche Widerstände.
Ich lasse zwischen den Phasen L1 und L2 genau 10A fließen. die Leistung ist also 400V*10A=4000W. Wenn ich aber den Verbraucher als blackbox betrachte und die beiden belasteten Phasen als Stern rechne sehe ich ja nur dass 2 Phasen mit jeweils 10A belastet werden.
Ein
(230*10)*2 ergibt bei mir aber 4600W. Wo liegt hier mein Fehler? (Selbst ein ((10+10+0)/3)*400*(sqrt(3)) ergibt auf meinem Taschenrechner ein 4618W
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X-No-Archive: Yes
begin quoting, Alfred Weidlich schrieb:

Der Fehler liegt in der Annahme, daß bei ohmschen Lasten keine Blindströme auftreten.
Klar ist erst einmal, daß Dein o. a. Lastfall eine unsymmetrische Last darstellt. Wenn Du die mal sauber in symmetrische Komponenten <http://de.wikipedia.org/wiki/Symmetrische_Komponenten zerlegst, dann fĂ€llt Dir nĂ€mlich auf, daß Du dabei eine gemischt-induktive Last im Mitsystem und eine gemischt-kapazitive Last im Gegensystem (oder umgekehrt) hast (das Nullsystem verschwindet).
Das sieht man aber auch direkt: Im Leiter L1 fließen 10 A mit cos phi = 0,866 (ind) und im Leiter L2 10 A mit cos phi = 0,866 (kap). Also haben wir zweimal 2,3 kVA = 4,6 kVA, was mit dem cos phi = 0,866 genau die 4 kW ergibt, die Du aus der verketteten Spannung direkt ermittelt hast (geringe Rundungsabweichungen kommen aus dem ungenauen VerhĂ€ltnis von 400/230 fĂŒr sqrt(3) zustande; mit den 4,618 kW paßt es besser).
Ja, wo isse denn, die Blindleistung?
Auch einfach: Auf dem einen Strang kommt sie (ind.), auf dem anderen geht sie wieder weg (kap.): Die Last bleibt ohmsch und weiß davon nichts.
(Blindleistung ist im Dreiphasensystem nicht so trivial definiert wie im Einphasensystem.)
FĂŒr die Leistungsmessung ist es ausreichend, die drei Leiterströme zu messen, aber man darf dabei die Phasenlagen der Ströme halt nicht ignorieren. (Schöne Klausuraufgabe ĂŒbrigens.)
Gruß aus Bremen Ralf
--
R60: Substantive werden groß geschrieben. Grammatische Schreibweisen:
adressiert Appell asynchron AtmosphĂ€re Autor bißchen Ellipse Emission
  Click to see the full signature.
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Ralf Kusmierz schrieb:

Wie das ?
-- mfg hdw
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