Τριφασικό ρεύμα - καλώδια - ασφάλειες

[GeorgeS]

Είναι όπως τα λένε οι συνάδελφοι. Να σημειώσω ότι σε μεγάλες οικίες όπως βίλλες κλπ. υπάρχει πιθανότητα υπαρξης τριφασικών φορτίων αλλά εκεί έτσι κι αλλιώς οι παροχές ειναι τριφασικές λογω μεγαλου φορτίου..

 

Επίσης, επισήμως πλέον η τάση είναι 230/400V συμορφούμενη με το ευρωπαϊκό δίκτυο. Παλαιότερα η τάση ήταν 220/380V. Δεν πρόκειται δηλαδή για απόκλιση αλλά για ονομαστικά μεγέθη που άλλαξαν (ελαφρώς βέβαια) με το χρόνο.

[gnusselt]

(Συγνώμη για την άγνοια μου )

 

Έστω λάμπες αλογόνου φωτισμού συνολικής ισχύος 10000 Watt, "απλωμένες" σε ιστούς σε δρόμο μήκους 250m. Άρα η απόσταση του πίνακα τροφοδοσίας από τον τελευταίο ιστό είναι 250m.

Οι λάμπες πρέπει να τροφοδοτηθούν από τριφασική γραμμή.

Ο αγωγός θα ενταφιαστεί εντός πλαστικού σωλήνα. Δίπλα του και μέσα στον ίδιο πλαστικό σωλήνα θα υπάρχει κι ένας δεύτερος αγωγός ο οποίο τροφοδοτεί κάποια σήματα πάνω στους ιστούς συνολικής ισχύος 1 kW.

Έχει επιλεγεί ο αγωγός φωτισμού να είναι 5x10 mm2 και ο δεύτερος αγωγός 5x6 mm2. Οι διαστάσεις των αγωγών δεν μπορούν να αλλάξουν.

 

1o θέμα

Ας κάνουμε τους υπολογισμούς μας :

 

Ένταση ρεύματος : Ι = 11000 / (1,73 * 400 * 0,8 ) = 19 A

1,73 = ρίζα του 3

400 = Vπολική

0,8 = συνφ

 

 

Διατομή αγωγού : S = 1,73 ρ L I συνφ / Vεπ =

1,73 * 0,0176 * 250 * 19 * 0,8 / 2 = 64 mm2

Vεπ = επιτρεπόμενη πτώση τάσης 2 volt.

 

Αυτό που βρήκαμε είναι ο αγωγός αν ήταν μονόκλωνος.

Δηλ. ο 5x10 mm2 = 50 mm2 < 64 mm2 δεν μας κάνει. Σωστά;

 

 

2ο θέμα

Τί ασφάλειες πρέπει να βάλω; Το 5x10 mm2 απαιτεί 3x35 A. Αλλά το ρεύμα που προκύπτει (βλ. θέμα 1) είναι μικρότερο (19 Α).

 

 

Κάπου κάνω λάθος, αλλά που;

[GeorgeS]

Λοιπόν επειδή το βλέπω πολύ συχνά, θα κάνω μια μικρή παρένθεση για να μην μπερδεύεστε με τα τριφασικά ρεύματα και τα ρεύματα γραμμής, όταν έχουμε να μελετήσουμε περιπτώσεις διανομής ΜΟΝΟΦΑΣΙΚΩΝ φορτίων (όπως αυτή και πολλές άλλες). Ενας πρακτικός τρόπος για μονοφασικά φορτία που βρισκονται σε τριφασικό δίκτυο διανομής είναι ο εξής (με βάση το παράδειγμα).

 

Πόσες λάμπες έχω ? Έστω "χ". Τι ισχύ έχουν όλες μαζί ? 10.000W . Μάλιστα, Επειδή είναι μονοφασικά φορτία σκέπτομαι ως εξής : 10.000W / 3 φάσεις = 3333 W/φάση. Άρα 3333W/230V = 14.5A και επειδή θεωρώ εδώ και ένα cosφ=0.8 14.5A/0.8 = 18.11 Α

 

Όπως βλέπεις το αποτέλεσμα είναι ίδιο με τον τύπο που εφάρμοσες . Ποιό είναι το θέμα τώρα. Ο τύπους που εφάρμοσες I= P/1.72*V*cosφ αφορά υπολογισμούς ηλεκτρικών μεγεθών (ένταση, ισχύ κλπ) ΤΡΙΦΑΣΙΚΩΝ φορτίων (σκέψου το και αλλιώς, θα έχεις πουθενά πολική τάση 400V ???) με ΠΟΛΙΚΕΣ τάσεις και μας δίνει κάθε φορά, όπως σωστά υπολόγισες, το ρεύμα γραμμής. Ο τύπος βέβαια δίνει σωστό αποτέλεσμα (αν αναλυθεί μαθηματικά θα δεις γιατί).

 

Ο "πιο" (εντός "") σωστός τύπος είναι I' = P/3*U'*cosφ ( I' και U' φασικά ρεύματα-τάσεις), Ενώ πιο πάνω τα I και U είναι πολικά ρεύματα- φάσεις.

(Βέβαια αν τους αναλύσεις θα δείς ότι καταλήγουν στο ίδιο πράγμα αλλα αυτό δεν μας ενδιαφέρει).

 

Δηλαδή μας δίνουν το ρεύμα που θα περνάει από κάθε αγωγό φάσης και είναι ακριβώς αυτό σε ενδιαφέρει και για τον υπολογισμό της πτώσης τάσης.

 

(Παρένθεση. Όταν έχουμε τριφασικό φορτίο τότε δεν έχουμε καμιά αμφιβολία ότι το ρεύμα είναι αυτό που υπολογίσαμε. Όταν έχουμε πολλά μονοφασικά φορτία τότε έχουμε λόγους να ΜΗΝ είμαστε σίγουροι ότι αυτό είναι το ρεύμα, όχι γιατι τα μαθηματικά κάνανε λάθος, αλλά διότι μπορεί να μην υπάρχει (που συνήως αυτό γίνεται) σωστή ισοκατανομή στις φάσεις! Γιαυτό λοιπόν, πρακτικά, σε εγκαταστάσεις με πολλά μονοφασικά φορτία βάζουμε +15% για να καλύψουμε αυτή τη περίπτωση. Κλείνει η παρένθεση.)

 

Σε κάθε πρίπτωση ο υπολογισμός είναι σωστός, απλά επισημαίνω και για άλλους συναδέλφους το θέμα καθότι έχω δει και σε μελέτες να μπερδεύεται το ρεύμα γραμμής γραμμής τριφασικών με μονοφασικά φορτία κλπ.

 

 

-

 

Πάμε παρακάτω. ΚΑταρχήν πρέπει να πούμε ότι η πτώση τάσης εδώ ΔΕΝ μπορεί να υπολογιστεί έτσι απλά με αυτό το τύπο καθότι σε απόσταση 250μ (το μακρυνότερο φωτιστικό) δεν βρίσκεται το σύνολο του τροφοδοτούμενου φορτίου (10.000W ή τα 18A) αλλά ένα πολύ μικρό μέρος, μια λάμπα δηλαδή.

Εδώ δηλαδή έχουμε μια διανομή με κατανεμημένο φορτίο (βλέπε σχήμα1 lol) και ο πιο απλός τρόπος υπολογισμούς είναι ο εξής.

 

πηγή -------------Κ1----------Κ2---------Κ3--------Κ4---------........-------Κν

................. l1................l2.............l3.............l4.................................ln

 

 

Όπου Κ1, Κ2, Κν σημεία λαμπτήρων-φορτίων.Όπου l1, l2, ln τα μήκη μεταξύ σημείων.

Στη περίπτωσή μας Θα πρέπει λοιπόν να βρούμε τις επιμέρους πτώσεις τάσεις.

 

Στο σημείο λοιπόν του Κ1 (1ος λαμπτήρας) τι ισχύς περνάει από το καλώδιο ? το σύνολο, δηλ. 10.000W. Άρα η πτώση τάσης μέχρι εκεί θα είναι θα είναι :

 

u = ρ*l1*I'*cosf/s = ρ*l*P/3*S*U' = (0.0175*l1*18.1*0.8)/10mm2

 

Στο σημείο Κ2 ποιά είναι η ισχύς ? είναι Ptotal - P1 = 10.000W-P1 και το μήκος το l2

 

Στο σημείο K3 η ισχύς είναι Ptotal-P1-P2 και το μηκος l3.

 

Στο τέλος αθροίζεις τις επιμέρους πτώσεις τάσεις και βρίσκεις τη συνολική. ΑΝ, το καλώδιο δεν επαρκεί, αρκεί συνήθως να αυξήσει κανείς τη διατομή μόνο σε ένα μέρος π.χ. l1 και l2 (για μεγάλες διανομές)

 

Επειδή εσένα τα φορτία είναι όλα ίδια μεταξύ τους, P1=P2=P3 κλπ, πιθανόν και τα l1=l2=l3 κλπ, όπως και τα cosf1=cosf2=ccosf3 κλπ μπορεί ο τελικός τύπος να απλοποιείται, δεν το έκανα..

 

Τώρα, προσοχή, αν έχουμε μεγάλα φορτία κατανεμημένα, π.χ. βιομηχανίες κλπ σε τέτοιες ή και μεγαλύτερες αποστάσεις ΔΕΝ αρκεί μόνο η ωμική αντίσταση στον υπολογισμό αλλά και η χωρητική αντίδραση του καλωδίου. Αυτή η περίπτωση δεν ειναι πολύ συνηθισμένη, αλλά σε μεγάλες διανομές μεγάλης ισχύος λαμβάνεται υπ όψη.

 

 

Σε ότι αφορά τις ασφάλειες. ΕΝΑΣ ΚΑΙ ΜΟΝΟ κανόνας. Η ασφάλεια προστατεύει το καλώδιο. Αν το καλώδιο είναι 5.χ10 τότε βάζουμε ασφάλειες 3χ35Α (τήξεως) ή 3χ32Α (μικροαυτόματος) ΑΣΧΕΤΩΣ ρεύματος γραμμής. Το ρεύμα ας είναι 20Α, 1Α, 0.0005Α κλπ. Δηλαδή η ασφάλεια έχει να κάνει ΜΟΝΟ με τη διατομή (ασφάλεια) του αγωγού η οποία βέβαια έχει να κάνει ΜΟΝΟ με το ρεύμα του φορτίου (υπολογισμένα για τις ανάλογες συνθήκες κάθε φορά).

 

 

 

Αυτά τα ολίγα. ))))

[gnusselt]

Ο υπολογισμός διατομής S του αγωγού που έκανα είναι σωστός;

Προέκυψε 64mm2. Όταν λέμε καλώδιο 5x10 mm2 εννοούμε 50 mm2;

Δηλαδή το 5x10mm2 δεν με καλύβει;

[GeorgeS]

Σε συνέχεια των παραπάνω

 

Η διατομή S προκύπτει από τον εξής τύπο

 

S = p*l*P/ 3*U'*u

 

 

Το "3" έχει να κάνει με τις 3 φάσεις.

 

Οπου U' φασική τάση 230V, όπου u επιθυμητή πτώση τάσης, εστω 2V.

 

Άρα η διατομή καλής λειτουργίας είναι S = 0.0176*250*10.000 / 3*230*2.2 = 31.7 mm2

 

Δηλαδή καλώδιο 5x31.7mm2 (που δεν υπάρχει βέβαια) ΑΝ σε απόσταση 250μ υπήρχε φορτίο 10.000W ... Σε απόσταση 250μ όμως υπάρχει μονο ένας λαμπτήρας στην περίπτωσή σου.

 

Αν θες, δώσε μας μήκη μετάξυ λαμπτήρων, και την ισχύ κάθε λαμπτήρα ή τον αριθμό τους και θα το κάνουμε εδώ.

[gnusselt]

Γιατί η εξίσωση S = 1,73 ρ L I συνφ / Vεπ είναι λάθος;

 

Υπάρχουν 10 δίφωτοι ιστοί σε απόσταση 20 m ο καθένας τους.

Το φωτιστικό είναι 150W. Δηλαδή ο κάθε ιστός έχει 300 W.

Ο πίνακας είναι 50m περίπου μακριά από τον πρώτο ιστό.

[nvel]

οι λαμπτήρες σου δεν είναι τριφασικά φορτία αλλά μονοφασικά.

το ρεύμα που υπολογίζεις δεν διαρρέει 250m αλλά μόνο τα πρώτα 50m

η μεγίστη πτώση τάσης που την θέτεις 2V και το συνφ=0,8 από που προκύπτει;

[GeorgeS]

Ας ξεκινήσουμε

 

 

 

πηγή----------k1-300W----------k2-300W----------k3-300W-------....--------k10-300W

..........50m....................20m......................20m...............................20m

 

 

 

Ptotat = 300Wx10= 3000W

 

Το φορτίο θα τροφοδοτηθεί από τριφασική γραμμή οπότε το ρεύμα γραμμής (κάθε φάσης) θα είναι I = 3000W/3*230V = 4.3A ~ 5A και επειδή πρόκειται για λαμπτήρες εκκενώσεως θεωρούμε δυσμενή περίπτωση με cosφ 0.85, δηλαδή ρεύμα γραμμής I= 5A/0.85 ~ 6A

 

To ρεύμα κάθε ιστού είναι Iist = 300W/(230V*0.85)~1.5A

 

Tώρα το πως θα κάνει τη διανομή είναι μια άλλη ιστορία.

α. Μπορείς να διαλέξεις ένα κεντρικό παροχικό καλώδιο συγκεκριμένης διατομής το οποίο θα περάσει (σαν ροηφόρος αγωγός) από ιστό σε ιστό και θα δώσει στα φωτιστικά με τοπικές γραμμές

β. Μπορείς να αλλάζεις τη διατομή του κεντρικού αγωγού ανά Χ αριθμό ιστών προκειμένου να κάνεις οικονομίας

και πάει λέγοντας.

 

Επιλέγουμε το δρόμο α' , δηλαδή καλώδιο ίδιας διατομής για όλη τη διαδρομή.

 

 

Άρα, στο σημείο κ1, θα περάσει το σύνολ του ρεύματος, δηλ. 6Α. Η διατομή του καλωδίου επιλέγεται να είναι ΝΥΥ 5x6mm2 (το διάλεξα αυθαίρετα λόγω απόστασης τώρα) και θα δοκιμασθεί για έλεγχο πτώσης τάσης. Θεωρούμε εδώ ιδανικές συνθήκες φόρτισης εδάφους. Θα μπορούσες θεωρητικά να εφαρμόσεις τον τύπο S=ρ*l*P/3U'*u = 0.0175*50m*3000/3*230V*2.2V = 1.8mm2 ανά φάση. δηλαδή καλώδιο 5X2.5mm2 . Τι δεν λαμβάνουμε υπόψη (το λάθος) εδώ (στην εφαρμογή του τύπου) ? τα υπόλοιπα 200μ. Διότι αν πράγματι είχαμε ένα τριφασικό φορτίο 3000W σε ένα σπίτι (μικρές αποστάσεις) για παράδειγμα, τοκαλώδιο θα ήταν όντως 5x2.5mm2. Εδώ θέλει λίγο εμπειρία.

 

(Προσοχή, αν η θερμοκρασία εδάφος είναι διαφορετική των 20'C ή η ειδική αγωγιμότητα δαφορετική απο 2.5K*m/W κλπ έχουμε διόρθωση στο επιτρεπόμενο ρεύμα του καλωδίου.. τεσπα πρακτικά αν δεν τα ξέρεις το υπολογίζεις πολύ γρήγορα με ένα μέσο συντελεστή από 0.7 εως 0.85 αλλά δεν είναι η περίπτωσή μας.)

 

Επιθυμητή πτώση τάσης u=2.3V (παλιός κανονισμός ΔΕΗ περί 1% επί της ονομαστικής τάσης 220V τότε, 230V τώρα )

 

k1 u=ρ*l*I'*cosf/S = ρ*l*P/3SU = 0.0175*50m*3000W/3*6mm2*230V = 0.6V

 

k2 ίδιος τύπος αλλάζουν τα P και l, P=3000-300=2700W, kai l=20m , άρα u= 0.0175*20m*2700/3*6mm*230V = 0.22V

 

k3, u= 0.2V

 

k4 u= 0.18V

 

k5 u = 0.15V

 

k6 u= 0.13V

 

k7 = 0.11V

 

k8 = 0.08V

 

k9 = 0.05V

 

k10 u =0.03V

 

Τότα Du = 1.75V Άρα το καλώδιο ΝΥΥ5x6mm2 μας κανει μια χαρά.

Αν θεωρούσαμε ότι όλο το φορτίο είναι στα 250μ, τότε προκύπτει μια πτώση τάσης u=3.17V ελαφρώς μη αποδεκτή. Επίσης εφαρμόζοντας τον S = p*l*P/ 3*U'*u προκυπτει μια διατομή κάπου στα 8mm2 ανα φάση. Επειδή όμως το φορτίο σου ΔΕΝ είναι 3000W στα 250μ αλλά 300W, όπως βλέπει το NYY 5x6mm2 είναι μια χαρά.

 

 

Tα παραπάνω για εκπαιδευτικούς σκοπούς. Στην πράξη τώρα και αποκλειστικά για τη περίπ[τωσή μας τι θα έκανα εγώ. Βλέπεις το φορτίο σου. 3000W, απόσταση 250μ, σταθερό (300W/σημείο). Πέρνεις τη μέση απόσταση 125μ και εξετάζεις γιαυτήν με όλο το φορτίο. S = 0.0175*125*3000/3*230*2.2 = 4.32 mm2 , επιλέγεις 6mm2 , 5X6mm2 δηλαδή και τέλειωσες. (Συνιστώ ανεπιφύλακτα να εφαρμοστεί η κανονική μέθοδο, οι εμπειρικοί τρόποι απαιτούν ΜΕΓΑΛΗ ΕΜΠΕΙΡΙΑ και καλή γνώση αξιολόγησης του αποτελέσματος και είναι κάθε φορά ατομικοί (τους φτιάχνεις μόνο σου )

[maneni]

 

 

Σε ότι αφορά τις ασφάλειες. ΕΝΑΣ ΚΑΙ ΜΟΝΟ κανόνας. Η ασφάλεια προστατεύει το καλώδιο. Αν το καλώδιο είναι 5.χ10 τότε βάζουμε ασφάλειες 3χ35Α (τήξεως) ή 3χ32Α (μικροαυτόματος) ΑΣΧΕΤΩΣ ρεύματος γραμμής. Το ρεύμα ας είναι 20Α, 1Α, 0.0005Α κλπ. Δηλαδή η ασφάλεια έχει να κάνει ΜΟΝΟ με τη διατομή (ασφάλεια) του αγωγού η οποία βέβαια έχει να κάνει ΜΟΝΟ με το ρεύμα του φορτίου (υπολογισμένα για τις ανάλογες συνθήκες κάθε φορά).

 

 

 

Αυτά τα ολίγα. ))))

 

Βασκα δεν ειναι αυτος ο κανονας.

Η μεγιστη ασφαλεια ειναι αυτη που προστατευει το καλωδιο. Μπορουμε καλλιστα να βαλλουμε μικροτερη αν το κρινουμε σωστο (πχ προστασια φορτιου).

[GeorgeS]

Μπορείς να βάλεις ασφάλειες μικρότερης ονομαστικής έντασης, αλλά γενικά ισχύει ότι η ασφάλεια έχει να κάνει με την προστασία του καλωδίου και το επιτρεπόμενο ρεύμα μέσα από αυτό. Τώρα για προστασία φορτίου για δώσε μας ένα παράδειγμα. Η μόνη περίπτωση που μου έρχεται στο μυαλό είναι οι μικροασφάλειες τροφοδοτικών και ηλεκτρονικών οι οποίες βέβαια έχουν να κάνουν με το φορτίο, βρίσκονται συνήθως πάνω σε αυτο και οχι στο πίνακα - γραμμή διανομής.