Spannungsverlust bei Drehstromgleichrichtung

[Fritz Unger]

hallo zusammen,
kann mir jemand sagen wieiviel Spannung verloren geht wenn ich 3phasen drehstrom auf gleichstrom transformieren will?
Vielen Dank,

Fritzu

[andreas]

Hallo Fritz,

die reine Gleichrichtung ist recht verlustarm. Es gehen bei der üblichen Brückenschaltung zwei Diodenflußspannungen für die Gleichrichtung drauf. Je nach Diodentyp ist für die einzelne Flußspannung etwa 0,5 bis 0,7 Volt anzusetzen, bei hohem Strom noch ein wenig mehr.

MfG. Andreas

[simplicissimus]

Grundsätzlich hast du Recht Andreas... aber ich habe neulich als ich das Ganze mal für die etwa 12V um die es hier meißtens geht Wirkungsgradmäßig durchgerechnet und kam in meinem speziellen Fall auf das schaurige Ergebnis von einem Wirkungsgrad von gerade mal 56%, auch wenn die Spannungswerte erst mal ganz gut klingen...
aus meinem Beitrag zur Simplicissimusschaltung2010 auf Seite drei:

"Eine B6 liefert am Lastwiderstand 10Ohm folgendes: U= 11,42 Volt ... I= 1,15A ... P= 13,1W ...
P Generator= U*I*Wurzel3= 9,9V*1,34A*1,73=ca 23W (Leistung müßte eigentlich richtig bestimmt sein...)
Somit ergibt sich ein Wirkungsgrad der B6 ohne Berücksichtigung von Generatorverlusten von kläglichen 56% ... Solch schlechte Werte ergeben sich aus den sehr niedrigen Eingangsspannungswerten und den damit verbunden relativ hohen Spannungsverlusten an den Dioden..."

War das erste mal das ich diese Rechnung anstellte und ich war überaus erschrocken!!!

[Fritz Unger]

hm..
danke.
Mir gehts nur darum wie ich meinen Generator am günstigsten, massentauglich, auf 12 oder 24V bringe.
Hänge mal die Grafik zu den Leistungswerten vom Generator an.
Grüße,

Fritzu

[Bernd]

"Eine B6 liefert am Lastwiderstand 10Ohm folgendes: U= 11,42 Volt ... I= 1,15A ... P= 13,1W ...
P Generator= U*I*Wurzel3= 9,9V*1,34A*1,73=ca 23W (Leistung müßte eigentlich richtig bestimmt sein...)
Somit ergibt sich ein Wirkungsgrad der B6 ohne Berücksichtigung von Generatorverlusten von kläglichen 56%

Da kann ich nicht folgen, kannst du deine Rechnung mal erläutern ?
Woher kommen z.B. die 1,34 A ?
Ist das der Strom in einer einzelnen Phase den du gemesssen hast, oder alle drei Phasen zusammen gezählt, oder wie ?

Jede Phase und damit jedes Diodenpaar einer B6 verarbeitet nur 1/3 der Gesamtleistung, das muss man beachten.
Das gleiche gilt für die Ströme und Spannungen der einzelnen Phasen ebenso wie für den Innenwiderstand.
Das wird aber oft nicht berücksichigt.

Grüsse

Bernd

[simplicissimus]

Hallo Bernd... die 1,34A sind der RMS-Wert des Stromes einer Phase aus der Simulation bei einem Spannungs-RMS-Wert: UL1-L2 ca 9,9 V ... U-Spitze-L1-L2 ca 14,6V ... U-Spitze-L1-N 8,16V ... U-RMS-L1-N = 5,77V...einer Spannung an der Last von 11,42V einem Lastwiderstand von 10 Ohm und der klassischen Eingangsfrequenz von 50 Hz sowie der Verwendung von ganz normalen Dioden und einem Leitungswiderstand von 0,1Ohm... (P-Zuführung = U-Leiter* I-Leiter * Wurzel3 * cos phi)
Wirkungsgrad der B6 ist dann P-Last/P-Zuführung.. naja ich schrieb das ja schon mal...oder steckt da ein Fehler drin? -Bin ja selber fast geneigt das zu glauben - aber mir ist keiner bewußt... war wie schon gesagt auch recht erstaunt... Der so gut beschrieben Wirkungsgrad der B6 stellt sich meines Erachtens erst mit höheren Spannungen und niederen Strömen ein...
LG...

[jb79]

So habs mal simuliert (wie immer). Leider kann Pspice nicht direkt Effektivwerte errechnen, aber man kann mit Spannungen und Strömen rechnen und ne Art Effektivwert drüberlegen, wie das geht hab ich die letzten 2 Stunden rausgefunden...

Hier meine Simulation (der Plot zeigt die Simulation mit 50V Phasenspannung).
Annahme: Sternschaltung mit 10V Spitzenspannung (entspricht 7,07V Effektivspannung) => ergibt eine Phasenspannung, die das WURZEL AUS 3-fache ist => also 12,25V Effektiv => 17,32V Spitzenspannung.
Last ist 10 Ohm, Ladekondensator mal weggelassen (verfälscht die Werte nur durch hohe Spitzenströme), 1N400x Dioden, der Generator hat pro Phase 0,1Ohm Widerstand.

Durch Bearbeiten des Simulationsproduktes hab ich das Ergebnis der Eingangsleistung erhalten:
P=RMS(I(Rv11)*V(Rv11:2)+I(Rv12)*V(Rv12:2)+I(Rv13)*V(Rv13:2)) (Spannungen und Ströme an den Generatorausgängen)
P=23,31W

So nun zur Last:
P=RMS((V(Rlast11:1)-V(Rlast11:2))*I(Rlast11)) => kurz gesagt, die Spannung am Lastwiderstand mal dem Strom => ca. 20,48W
=> Wirkungsgrad: 87,85% Aber: wir haben hier mit schlechten Dioden gerechnet, die 1N4001 machen hohe Spannungsverluste und das wirkt sich gerade bei niedrigen Spannungen fatal aus.

Simulation mit 10V Strangspannung und 10Ohm Last:
Pein=23,31W
Paus=20,48W
n=87,9%

Simulation mit 20V Strangspannung und 20Ohm Last:
Pein=50,69W
Paus=47,60W
n=92,9%

Simulation mit 30V Strangspannung und 30Ohm Last:
Pein=78,15W
Paus=74,95W
n=95,9%

Simulation mit 50V Strangspannung und 50Ohm Last:
Pein=133,11W
Paus=129,85W
n=97,6%

Was man hier sehen kann ist, daß die Eingangsspannung zusammen mit den verwendeten Dioden sehr für den Wirkungsgrad der Schaltung verantwortlich ist.
Man sollte also gute Dioden nehmen (gerade bei kleinen Eingangsspannungen ist eine Schottkydiode Pflicht).

Gleichrichter Effizienz Schaltung.GIF (9.24 KiB) 9248-mal betrachtet

[simplicissimus]

Hallo Jürgen... Ich glaube mal wir haben irgendwie beide recht... hab mal versucht auf deine Werte zu kommen und mußte glaub ich ein Problemchen von PSpice feststellen... Leider verschwinden bei mir die Simulationsfarben, aber der Sinn ...wenn auch vielleicht nicht für wirklich jeden ersichtlich zeigt sich glaub ich trotzdem...

Abgesehen von der Spannung (Sternchen nach unten offen) einer Spannungsquelle und der vermeintlichen Leistung am Lastwiderstand(Kreuze) stellen nach meinem mathematischen Verstandnis die restlichen Kurven ein und das selbe Ergebnis dar...
Zumindest hätten Dreiecke und Sternchen nach oben offen .... bzw Karos und Plusse deckungsgleich sein müssen

Dachte ich.... Kannst du weiter helfen????
Liebe Grüße vom Simplicissimus....

[jb79]

Kannst du zur Ergänzung mal die Schaltung dazugeben die du simuliert hast?

Ok, hab jetzt auch ohne Schaltung rausgefunden, worauf du hinauswillst: Irgendwas haut da mit den Routinen für die Mittelwertberechnung nicht ganz hin, denn es müßte egal sein, ob man zuerst die RMS (Mittelwerte) von Spannung und Strom erzeugt und die dann multipliziert oder erst die Einzelwerte und dann den RMS bildet. Ich glaub das wolltest du ausdrücken.
Läßt man die Mittelwertbildung per RMS weg bekommt man aber leider auf den einzelnen Phasen immer 4 Höcker je Umdrehung bei denen 2 gleich groß sind, sich aber nur schwer einschätzen läßt, wo der Mittelwert liegt (weil die zwei Höcker nur 2/3 der Zeit beanspruchen, im 3. Drittel ist auf der betreffenden Phase nix los).

[Bernd]

Wie wäre es mit folgender simpler Rechnung ?

Beispiel:
Hinter dem B6 Gleichrichter messe ich 12 Volt 1,5 A.

Das bedeutet doch das 1/3 dieses Stromes durch je zwei Dioden geht, korrekt ?
Dieser 1/3 betragende Strom durchläuft pro Halbwelle jeweils nur eine Diode. Es fliesst zeitgleich also
immer nur Strom durch eine Diode pro Phasenanschluss des Gleichrichters.
Die Verluste betragen also den gedrittelten Strom mal ein Diodenspannungsabfall mal drei.
In meinem Beispiel 0,5 A mal Siliziumdiodenverlust 0,7 Volt = 0,35 Watt mal 3 (Phasen) = ca. 1 Watt

Oder eben voller Strom mal einen Diodenspannungsverlust, ergibt genau das selbe.

Das ist dann genau das was im Gleichrichter "hängen bleibt".
Den Genratorverlust muss man zusätzlich berechnen und hinzu zählen.

Grüsse

Bernd