Vraag:
Waarom is kVA niet hetzelfde als kW?
jhabbott
2015-03-02 23:45:28 UTC
view on stackexchange narkive permalink

Ik dacht dat mijn oplader voor elektrische auto's 6,6 kW vermogen verbruikt. Ik heb het label echter gevonden en het zegt eigenlijk 6,6 kVA. Toen ik dit zag dacht ik iets in de trant van ...

Nou, $ P = VI $, daarom moet kVA hetzelfde zijn als kW ... vreemd, ik vraag me af waarom het niet gelabeld in kW.

Dus een snelle Google-zoekopdracht later, en ik vond deze pagina, die een omzetter heeft die me vertelt dat 6,6 kVA eigenlijk slechts 5,28 kW is . De Wikipedia-pagina voor watt bevestigde wat ik dacht, dat een watt een volt maal een ampère is.

Dus welk deel van dit alles mis ik, dat verklaart waarom kVA en kW zijn niet hetzelfde?

Merk op dat voor de meeste landen met stabiele elektriciteitsnetten de regelgeving een voldoende goede arbeidsfactor vereist voor zulke grote belastingen dat kVA ~ = kW; de genoemde site paste zojuist blindelings een arbeidsfactor van 0,8 toe, wat niet erg onbetrouwbaar is voor een oplader voor elektrische auto's.
In de natuurkunde zouden beide hetzelfde zijn ... in de techniek telt kW het nettovermogen dat naar de auto wordt overgebracht, terwijl kVA het vermogen telt dat langs de draad in beide richtingen wordt overgebracht.
Ik denk dat de antwoorden redelijk goed zijn, maar ik wilde er vanuit een taalkundig perspectief op wijzen dat de beste reden die ik heb gezien voor kVA is dat ingenieurs heel duidelijk wilden maken dat ze geen kW waren, wat te nuttig was voor een eenheid om op te verdubbelen. Het gescheiden houden van de volt en de versterkers was een handige notatie om aan te geven dat ze anders behandeld moesten worden, ook al zijn het beide eenheden van vermogen.
Drie antwoorden:
Chris Mueller
2015-03-02 23:54:46 UTC
view on stackexchange narkive permalink

Het probleem is dat de formule $ P = I \ V $ correct is bij gelijkstroomcircuits of bij wisselstroomcircuits waarbij er geen vertraging is tussen de stroom en de spanning. Bij realistische wisselstroomcircuits wordt het vermogen gegeven door $$ P = I \ V \ \ cos (\ phi), $$ waar $ \ phi $ het faseverschil is tussen de stroom en de Spanning. De eenheid kVA is een eenheid van wat 'schijnbaar vermogen' wordt genoemd, terwijl W een eenheid is van 'echt vermogen'. Schijnbaar vermogen is het maximaal mogelijke vermogen dat kan worden bereikt wanneer de stroom en spanning in fase zijn en het werkelijke vermogen de werkelijke hoeveelheid werk is die kan worden verricht met een bepaald circuit.

Opmerking: het cos ($ \ phi $) gedeelte is ALLEEN van toepassing als zowel spanning als stroom sinusgolven zijn. Het is niet van toepassing wanneer de stroom piekerig is (door een "domme" gelijkrichter) of wanneer een van beide op enigerlei wijze is vervormd. Zie mijn antwoord voor meer details.
@AaronD Je hebt gelijk dat de situatie iets gecompliceerder is als de signalen geen sin waves zijn, maar de $ cos (\ phi) $ term is nog steeds van toepassing. Het is alleen dat $ \ phi $ nu een functie is van de frequentie in het Fourier-domein en het vermogen waarin je waarschijnlijk geïnteresseerd bent, is de integraal over alle frequenties. In de praktijk is het misschien gemakkelijker om het vermogen gewoon direct te meten, zoals u in uw antwoord vermeldt.
Oké, technisch gezien heb je gelijk - je zet het probleem om in een aantal sinusgolven zodat de cos ($ \ phi $) term weer kan werken - maar ik betwijfel echt of de meeste mensen zouden begrijpen wat dat betekent en het goed doen . Het verschil tussen 50Hz- en 60Hz-labels kan zelfs een stuk groter zijn: "Het is incompatibel."
Wat ik als wiskundige geweldig vind, is dat de 'rest van de kracht' (dat wil zeggen, die kracht die in het bovenstaande antwoord niet als 'echte kracht' wordt gegeven) in de denkbeeldige richting wegslingert. Je krijgt eigenlijk macht die in de denkbeeldige richting beweegt. Hoe cool is dat?
Ik ben niet 100% over dit bit (vandaar de aparte opmerking), en als zodanig als het verkeerd is (wat ik niet denk dat het is), roep alsjeblieft en ik zal het weggooien, maar de kracht wordt dan gegeven door de formule $$ P = IV (\ cos (\ phi) + i \ sin (\ phi)) = IV e ^ {i \ phi} $$ en dus zien we dat als we de modulus / lengte hiervan nemen, dan krijgen we $ \ vert P \ vert = IV $.
AaronD
2015-03-03 03:24:25 UTC
view on stackexchange narkive permalink

Zowel watts als volt-versterkers komen uit dezelfde vergelijking, $ P = IV $, maar het verschil is hoe ze worden gemeten.

Om volt-versterkers te krijgen, vermenigvuldig je het gemiddelde kwadraat ( RMS) spanning ($ V $) met RMS-stroom ($ I $) zonder rekening te houden met de timing / fasering tussen beide. Dit is waar de bedrading en vrijwel alle elektrische / elektronische componenten mee te maken hebben.

Om watts te krijgen, vermenigvuldigt u de momentane spanning ($ V $) met de momentane stroom ($ I $) voor elk monster, vervolgens het gemiddelde van die resultaten. Dit is de energie die daadwerkelijk wordt overgedragen.


Nu om de twee metingen te vergelijken:

Als spanning en stroom beide sinusgolven zijn, dan is $ \ text {watts} = \ tekst {volt-amps} \ times \ cos (\ phi) $, waarbij $ \ phi $ de fasehoek is tussen spanning en stroom. Hieruit is vrij gemakkelijk te zien dat als ze beide sinusgolven zijn en als ze in fase zijn ($ \ phi = 0 $), $ \ text {watts} = \ text {volt-amps} $.

Als je echter NIET te maken hebt met sinusgolven, is de $ \ cos (\ phi) $ relatie niet langer van toepassing ! Je moet dus een heel eind doen en de metingen doen zoals hier beschreven.

Hoe kan dat gebeuren? Gemakkelijk. DC voedingen. Ze zijn overal, inclusief batterijladers, en de overgrote meerderheid van hen trekt alleen stroom op het hoogtepunt van de wisselspanningsgolfvorm, omdat dat de enige keer is dat hun filtercondensatoren anders minder zijn dan de ingangsspanning. Dus trekken ze een grote stroompiek om de doppen op te laden, beginnend net voor de spanningspiek en eindigend precies bij de spanningspiek, en daarna trekken ze niets tot de volgende piek.

En natuurlijk is er ook een uitzondering op deze regel, en dat is Power Factor Correction (PFC). DC-voedingen met PFC zijn gespecialiseerde schakelende voedingen die uiteindelijk meer DC-spanning produceren dan de hoogste AC-piek, en ze doen dit op zo'n manier dat hun ingangsstroom de ingangsspanning bijna exact volgt. Dit is natuurlijk slechts een benadering, maar het doel is om een ​​match te krijgen die zo dicht mogelijk bij elkaar ligt, zodat de $ \ cos (\ phi) $ -snelkoppeling acceptabel bijna nauwkeurig wordt, met $ \ phi \ ongeveer 0 $. Vervolgens, gegeven deze hoge DC-spanning, produceert een secundaire schakelende voeding wat werkelijk vereist is door het circuit dat wordt gevoed.

Nadat u de momentane spanning hebt vermenigvuldigd met de momentane stroom om onmiddellijk vermogen te krijgen, moet u dan echt de RMS van het vermogen op elk moment nemen, of kunt u het eenvoudige gemiddelde nemen?
@DavidCary: Ik denk dat je gelijk hebt. Voor het geval dat het pure sinusgolven zijn en $ \ phi = 90deg $, zal de helft van de monsters positief zijn en de andere helft negatief, en het antwoord zou nul moeten zijn. Ik bewerk mijn antwoord.
Het is eenvoudig gemiddeld. RMS wordt afgeleid uit deze middeling en veronderstelling dat u = Ri en dat U = RI, waarbij u / i werkelijke waarden zijn en U / I RMS zijn.
@AaronD: Als we aannemen dat de arbeidsfactor $ \ cos \ phi_r $ bestaat uit fasehoek $ \ phi $ en vormfactor $ \ phi_f $, kunnen we nog steeds de formule $ P = UI \ cos \ phi_r $ gebruiken, maar evaluatie van deze vormfactor en de manier om het te combineren met fasehoek is niet eenvoudig.
supercat
2015-03-03 01:49:22 UTC
view on stackexchange narkive permalink

Wanneer een AC-lijn een inductieve of capacitieve belasting aandrijft, zal de belasting een deel van zijn tijd besteden aan het opnemen van stroom van de bron, maar ook een deel van zijn tijd besteden aan het terugvoeren van stroom naar de bron. In sommige contexten kan een apparaat dat in totaal 7,5 joule per seconde trekt en in totaal 2,5 joule retourneert, worden beschouwd alsof het 5 watt trekt (vooral als wanneer het apparaat stroom teruggeeft een andere belasting klaar is om het onmiddellijk te verbruiken ). Zoiets als een transformator zal echter niet alleen omzettingsverliezen lijden tijdens het deel van de cyclus waarin de belasting stroom trekt, maar ook verlies lijden tijdens het deel van de cyclus waarin de belasting het voedt terug. Hoewel een transformator waarschijnlijk minder warmte afvoert die de bovenstaande belasting aandrijft dan een die 10 joule / seconde trekt en nul retourneert, zou hij meer dissiperen dan wanneer een belasting wordt aangedreven die 7,5 joule / seconde trekt en nul retourneert.



Deze Q&A is automatisch vertaald vanuit de Engelse taal.De originele inhoud is beschikbaar op stackexchange, waarvoor we bedanken voor de cc by-sa 3.0-licentie waaronder het wordt gedistribueerd.
Loading...