Hallo zusammen, ich rätsle gerade, wie man herrausfindet, wie hoch man einen Leiter belasten kann. Für runde Leitungen gibt es ja Anhaltspunkte, was man aber auf flache Leiter nicht übertragen muss. Ein flacher Leiter mit Dicke << Breite (~1:50) hat eine viel größere Fläche zur Wärmeabstrahlung als ein runder, aber um welchen Faktor kann man diesen nun höher belasten? Gibt es hier Normen, Regeln, Formeln? Konkret wären in meinem Fall 200A peak (~30A rms) über 0,3mm Cu Blech zu schicken. Gruß, Georg
Querschnitt ausrechenen und mit normalen Kabeln z.B. NYM vergleichen. Gruß Frank
Es geht ja aber eben nicht um runde Leiter, auch von Stromschienen ist man weit weg. Es ist 0,3mm Cu Blech. Wenn man sich auf Leiterplatten bezieht, wo ja auch der Leiter viel breiter als hoch ist, ist man schon nahe dran. Allerdings habe ich zu Stärken von 0,3mm nichts gefunden. Allgemein bin ich auf die IPC2221 gestoßen (http://www.andus.de/leiterplatte/strombelastbarkeit.php), aber daran kann man sich auch nur grob orientieren.
die: Belastungstabelle für Stromschienen aus Kupfer nach DIN 43671 gibt für 12x2mm einen Strom von 108A an. Vielleicht hilft das als Anhaltspunkt
12x2mm² macht 108A, krieg ich dann bei 24x1mm² auch 108A drüber, oder das doppelte, da die Fläche fast doppelt so groß ist? Kann ich mit 80x0,3mm dann 720A fließen lassen? Bevor mir jetzt jemand auf die Finger klopft, weil ich hier grob fahrlässige Schätzungen rauslass: Ich weiß, was ich tue, will aber einfach mal wissen, wie es andere machen. Und vor Allem, wie man es berechnet wäre eine top Info.
80x0,3mm ist der gleiche Querschnitt wie 12x2 also macht man mit 108 A bestimmt nichts falsch. Nur wie kriegt man die kontaktiert?
Es gibt doch Tabellen wie viel Leistung ein blanker Kühlkörper an Leistung abgibt
Hallo, bei einem runden Leiter ist die Einbaulage egal, aber bei einem flachen nicht - es geht um die sich bildende Luftströmung, und damit ist ein senkrechtes Blech viel besser als ein waagrechtes. Berechnungen dürften da viel zu aufwendig sein, sofern überhaupt möglich, besser sind Experimente mit Messung der sich einstellenden Temperaturen an verschiedenen Stellen. Normen für Leiterplatten helfen auch nicht weiter, das sind bloss grobe Schätzungen, die auf Experimenten beruhen, und ausserdem grenzen da die Bleche nur auf einer Seite an Luft oder auch garnicht. Georg
Georg schrieb: > 12x2mm² macht 108A, krieg ich dann bei 24x1mm² auch 108A drüber, Vermutlich. > oder das doppelte, da die Fläche fast doppelt so groß ist? Ganz sicher nicht. Die thermischen Verluste gehen mit I^2; doppelter Strom ist also vierfache Verlustleistung - aber in Deinem Beispiel nur doppelte Kühlfläche. Geht also nicht. 24x1mm² wird eher 140A erlauben. > Kann ich mit 80x0,3mm dann 720A fließen lassen? Sicher nicht. Die Kühlfläche ist reichlich fünfmal so groß, also solltest Du etwas mehr als den doppelten Strom fließen lassen können. Wenn meine Annahme stimmt, kommst Du bei knapp 250A heraus. > Bevor mir jetzt jemand auf die Finger klopft, weil ich hier > grob fahrlässige Schätzungen rauslass: Ich weiß, was ich tue, > will aber einfach mal wissen, wie es andere machen. Und vor > Allem, wie man es berechnet wäre eine top Info. Nun ja... wie man es exakt macht, weiß ich nicht. Ich bin einfach von einem konstanten Verhältnis zwischen Oberfläche und Verlustleistung ausgegangen. Die Oberfläche ist Umfang u mal Länge l, die Verlustleistung ist I²*R. Das heißt: A_o = u * l; P = I²*rho*l/A_q Aus P/A_o = const folgt also (I²*rho*l)/(u*l*A_q) = const. Das kann man umformen zu (I²/u)*(l/l)*(rho/A_q) Da sowohl die Oberfläche als auch der Widerstand der Länge des Leiters proportional sind, fällt die Länge aus der Rechnung heraus -- l/l = 1. Unter den (bisher stillschweigend getroffenen) Voraussetzungen, dass sowohl das Leitermaterial als auch die Querschnittsfläche konstant bleiben sollen, wird der letzte Term "rho/A_q" auch eine Konstante. Es verbleibt also I²/u = const. wobei u hier für den Umfang (und nicht die Spannung) steht. Die Gleichung kann man noch vereinfachen zu I ~ Wurzel(u). Ein vervierfachter Leiterumfang bei konstantem Material und konstanter Querschnittsfläche sollte somit doppelten Strom ermöglichen. Zu beachten ist, dass der Spannungsabfall auch doppelt so groß wird. Keine Gewähr für rechnerische und/oder sachliche Richtigkeit.
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