전압 / 전류의 평균이 아니라 평균 전력을 계산할 때 왜 제곱 평균 제곱이 사용됩니까?

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P = I_{eff}^{2} \times R

$P = I_{\text{eff}}^2 \times R$ 곳

I_{eff}

$I_{\text{eff}}$ 인 효과 현재. 전원이 평균으로 들어

I

$I$ 내가 유효 전류가 평균 전류라고 억측하고 있으므로, 평균 전류해야합니다.

이 경우, 왜 $I_{\text{eff}}$ 단순히

I_{eff} = \frac{1}{t} \int_{0}^{t} | i | d t

$I_{\text{eff}} = \frac{1}{t}\int_{0}^{t} |i|dt$

대신 다음과 같이 정의됩니다.

I_{eff} = \sqrt{\frac{1}{t} \int_{0}^{t} i^{2} d t}

$I_{\text{eff}} = \sqrt{\frac{1}{t}\int_{0}^{t} i^2dt}$

따라서이 두 식을 사용하여 를 계산 $P$ 하면 다른 결과가 나옵니다.

왜 그렇습니까? 나에게는 이해가되지 않습니다. 나는 유효 전류가 평균 전류라고 잘못 해석하고 있다고 추측 할 수 있습니다. 그렇지 않은 경우, 그러나, 나는 표시되지 않습니다 $P$ 경우 평균 전력이 될 수 있습니다 $I_{\text{eff}}$ 평균 전류가 아닙니다.

power-supply power circuit-analysis

— 금 이름
소스

50

AC의 경우 평균 전압 / 전류는 0입니다.

— Roger Rowland

9

전력은 전류 크기가 아니라 전류 제곱에 비례합니다.

— Chu

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평균 전력 을 원하면 전력 이 아닌 전력이 아닌 전력 을 계산 하고 평균화해야 합니다 .

— Neil_UK

4

"전력이 평균 $ I $이 되려면 평균 전류가되어야합니다."-그게 잘못입니다.

— user253751

6

@drobertson "루트 평균 제곱"= 제곱 평균의 제곱은 제곱근의 평균과 같지 않으므로 절대 값의 평균과 동일하지 않습니다.

— user253751

56

합이 사소한 간단한 예를 들어보십시오. 전압이 시간의 50 %이고 시간의 50 %가 꺼져 있습니다. 켜져있을 때 10V입니다. 따라서 평균 전압은 5V입니다. 1ohm의 저항을 연결하면 켜져있을 때 100W가 사라지고 꺼지면 0W가 사라집니다. 따라서 평균 전력은 50W입니다.

이제 전압을 항상 켜두고 5V로 만드십시오. 평균 전압은 여전히 5V이지만 평균 전력은 25W입니다. 죄송합니다.

또는 시간의 10 %에만 전압이 있지만 50V라고 가정합니다. 평균 전압은 다시 5V이지만 전원이 켜져 있으면 2500W, 꺼져 있으면 0W이므로 평균 250W입니다.

실제로 일반적으로 전력을 계산 하려면 파형의 기간에 걸쳐 (순간 전압) * (순간 전류)를 통합하여 평균을 얻거나 (예에서와 같이 일정 간격 동안 전력을 찾으려면 0에서 일정 시간 t) .

부하가 고정 저항 R 이면 (그리고 큰 경우) R v = i * R이라고 말할 수 있으므로 순시 전력은 i ^ 2 * R이므로 기간 동안 i ^ 2를 통합하여 " RMS 전류 "로 설정하고 나중에 R을 곱합니다 (고정되어 있으므로 적분으로 들어 가지 않습니다).

부하가 다이오드와 같은 비선형 인 경우 RMS 전류는 특히 유용하지 않습니다. 주어진 ESR이있는 커패시터와 같은 손실을 분석하는 데 유용 할 수 있습니다. 손실 (및 커패시터 수명을 단축시키는 결과적인 가열 효과)은 평균이 아니라 RMS 전류에 비례합니다.

— 페페 페니
소스

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전력이 평균이 되려면 평균 전류 여야하므로 유효 전류가 평균 전류라고 생각합니다.

즉, 평균 전압 x 평균 전류는 전압 및 전류가 DC 수량 일 때 평균 전력과 만 같습니다. 다음 예를 생각해보십시오.-

유틸리티 전원 콘센트에서 가열 요소에 230 V AC를 적용하면 따뜻하거나 뜨거워 질 수 있습니다. 청구 할 수있는 권한을 갖습니다. 230 V AC는 사인파이고 모든 사인파의 평균값은 0입니다. 가열 요소를 통해 흐르는 결과 전류는 또한 평균값이 0 인 사인파입니다.

따라서 평균 전압 x 평균 전류를 사용하면 평균 전력이 0이 아니며 분명히 잘못되었습니다. RMS 전압 x RMS 전류는 DC 또는 AC인지 여부에 관계없이 의미있는 답변을 제공합니다.

당신은 기본으로 돌아가서 전력이 무엇인지 스스로에게 물어봐야합니다-그것은 전압 x 전류이며 이것들은 순간적인 값을 곱한 것입니다. 다음과 같은 전력 파형이 생성됩니다.-

곱셈으로 인해 전력 파형의 평균값 이 0 이 아닙니다 . 이 단계를 한 단계 더 진행하면 부하 저항이 1 ohm이면 전류의 진폭이 적용된 전압의 진폭과 같으므로 전력은 평균 됩니다. $v^2$

이것은 전력이 the mean of the square of voltage(또는 전류) 라고 말하게 하며,이 예에서 1 옴을 선택했다면, 이 전력을 생성 하는 유효 전압 square root of the mean of the voltage squared은 "RMS"값 이라고 말할 수 있습니다 .

따라서 피크 진폭의 사인파 의 경우 사인파 의 상단은 $v_{pk}$ 이며 사인파 제곱에 의해 생성 된 전력 파도 사인파 (주파수의 두 배)이므로 평균 (평균) 값은 :- $v^2_{pk}$

$\dfrac{v^2_{pk}}{2}$ . 그런 다음 제곱근을 취하여 유효 전압을 얻습니다 또는 $\sqrt{\dfrac{v^2_{pk}}{2}}$ $\dfrac{v_{pk}}{\sqrt{2}}$

실제로 AC 전압 (또는 전류)의 RMS 값은 저항 부하에서 동일한 가열 효과를 생성하는 DC 전압 (또는 전류)의 등가 값입니다.

따라서 평균 전압 또는 평균 전류는 관련이 없지만 평균 전력은 왕입니다.

— 앤디 일명
소스

좋은 설명

— crowie

전압과 전류가 비례하는 경우에만 평균 전력이 RMS 전압에 RMS 전류를 곱한 값과 같습니다.

— Peter Green

이 곱셈은 비저항 부하에 때때로 음의 전력 곡선이 있다는 것을 의미합니까? 이것은 전력의 순진한 평균이 VRMS * IRMS와 다르다는 것을 의미합니까? 차이점은 역률과 관련이 있습니까?

— Random832

1

@ Random832-귀하의 의견은 내 뒤를 쫓아 왔을 것입니다. 그렇지만 대답에 불필요한 합병증을 피하기 위해 역률을 암시하지 않는 단어에주의를 기울였습니다. PF가 1 인 부하의 경우 AC 회로에서 전력은 Vrms x I rms 와만 같습니다.

— Andy aka

1

@anhnha 예, 일반적인 경우는 항상 순간 v와 i의 곱입니다. 실제로 역률은 전력을 현명하게 계산하는 데 사용되는 용감한 단어가 아닙니다. 나는 당신이 보았을 수도있는이 주제에 대해 다른 많은 답변을 남겼습니다.

— Andy 일명

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당신이 수학을 할 때 악마는 세부 사항에 있습니다.

순간 전력 을 고려하면 평균 전력은 다음과 같습니다. $P_\text{inst} = i^2 \cdot R$

P_{avg} = \bar{P_{inst}} = \bar{i^{2} \cdot R} = \bar{i^{2}} \cdot R = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} i^{2} d t \cdot R

$P_\text{avg}= \overline{P_\text{inst}} = \overline{i^2 \cdot R} =\overline{i^2} \cdot R = \frac{1}{T}\int_{0}^{T}i^2dt \cdot R$

유효 DC 전류는 동일한 평균 전력 을 소산 한 후 다음과 같습니다.

P_{avg} = I_{eff}^{2} \cdot R

$P_\text{avg}=I_\text{eff}^2 \cdot R$

I_{eff}^{2} = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} i^{2} d t

$I_\text{eff}^2 = \frac{1}{T}\int_{0}^{T}i^2 \ dt$

I_{eff} = \sqrt{\frac{1}{T} \int_{0}^{T} i^{2} d t}

$I_\text{eff} = \sqrt{\frac{1}{T}\int_{0}^{T}i^2 \ dt}$

\int_{a}^{b} i^{2} d t \neq [\int_{a}^{b} i d t]^{2}

$\int_{a}^{b}i^2 \ dt \neq\Big[\int_{a}^{b}i \ dt\Big]^2$

또한, 의 문제가 있습니다 $\frac{1}{T}$

요약하면 수학은 그런 식으로 작동하지 않기 때문입니다.

— 애디슨
소스

이것은 더 정확하고 정답 인 IMO입니다.

— hcabral

4

평균 전력은 일정 기간 동안의 작업을 해당 기간으로 나눈 것입니다. 귀하의 경우 각 작업 순간은 다음과 같습니다.

d U = P_{t} \cdot d t = R_{t} \cdot I_{t}^{2} \cdot d t

$\textrm{d}U = P_t\cdot \textrm{d}t =R_t\cdot I_t^2\cdot \textrm{d}t$

그래서, 당신은 그것을 유한 기간 동안의 총 작업량을 얻기 위해 그것을 통합 한 다음, 평균 전력 값으로 변환하기 위해, 그것을 유한 기간으로 나누기 만하면됩니다. 또는:

\bar{P} = \frac{1}{t_{1} - t_{0}} \int_{t_{0}}^{t_{1}} R_{t} \cdot I_{t}^{2} \cdot d t

$\overline{P}=\frac{1}{t_1-t_0}\int_{t_0}^{t_1} R_t\cdot I_t^2\cdot \textrm{d}t$

$R_t$

\bar{P} = R \cdot \frac{1}{t_{1} - t_{0}} \int_{t_{0}}^{t_{1}} I_{t}^{2} \cdot d t

$\overline{P}=R\cdot\frac{1}{t_1-t_0}\int_{t_0}^{t_1} I_t^2\cdot \textrm{d}t$

But if you want to now construct some kind of fictional effective current that fits the $R\cdot I_{eff}^2$ model, then by simple inspection of the above equation it must be the case that:

\begin{aligned} \bar{P} = R \cdot I_{e f f}^{2} = R \cdot \frac{1}{t_{1} - t_{0}} \int_{t_{0}}^{t_{1}} I_{t}^{2} \cdot d t \\ ∴ I_{e f f}^{2} & = \frac{1}{t_{1} - t_{0}} \int_{t_{0}}^{t_{1}} I_{t}^{2} \cdot d t \end{aligned}

$\begin{align*} \overline{P}=R\cdot I_{eff}^2=R\cdot\frac{1}{t_1-t_0}\int_{t_0}^{t_1} I_t^2\cdot \textrm{d}t \\ \therefore~~~~~~~~~~~~~ I_{eff}^2 &=\frac{1}{t_1-t_0}\int_{t_0}^{t_1} I_t^2\cdot \textrm{d}t \end{align*}$

It's just an equivalent substitution, right?

And then obviously:

\begin{aligned} I_{e f f} & = \sqrt{\frac{1}{t_{1} - t_{0}} \int_{t_{0}}^{t_{1}} I_{t}^{2} \cdot d t} \end{aligned}

$\begin{align*} I_{eff} &=\sqrt{\frac{1}{t_1-t_0}\int_{t_0}^{t_1} I_t^2\cdot \textrm{d}t} \end{align*}$

If you start things so that $t_0=0$ and set $t_1=t$ then you get your own equation. It's that easy, really.

— jonk
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Nice clean answer. I am sure you would appreciate some digression into 2-norm of Hilbert's spaces too...

— carloc

3

Imagine two currents flow simultaneously through your load:

DC current of 1A
AC current with 1A amplitude

The total current will look something like this:

Now, if we apply your formula for $I_{eff}$ , we will get 1A, as if the AC component produced zero power. I hope you agree that this makes even less sense than the original formula.

— Dmitry Grigoryev
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2

Consider $R=1\Omega$ and and a current of 1A for one second and 10A for another second. What's the average power?

Obviously, it is

\bar{P} = \frac{1 s \cdot 1 A^{2} \cdot 1 Ω + 1 s \cdot 10 A^{2} \cdot 1 Ω}{2 s} = 50.5 W

$\bar{P}=\frac{1s\cdot 1A^2\cdot 1\Omega+1s\cdot 10A^2\cdot 1\Omega}{2s}=50.5W$

Let's rewrite this:

\bar{P} = 1 Ω * \underset{= I_{e f f}^{2}}{\underset{⏟}{(\frac{1 s \cdot 1 A^{2} + 1 s \cdot 10 A^{2}}{2 s})}}

$\bar{P}=1\Omega*\underbrace{\left(\frac{1s\cdot 1A^2+1s\cdot 10A^2}{2s}\right)}_{=I_{eff}^2}$

On the other hand, the average current is 5.5A, which gives an "average power" of 30.25W.

The point is, the power formula contains the square of the current, so the effective current is higher than just the average of the (absolute value of) the current.

— sweber
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2

Let me put this in more general terms: Instant power P(t) dissipated over a load is a product (in mathematical sense as multiplication) of V(t) and I(t). Or I(t)*I(t)/R for that matter. Average power is therefore an average[I(t)*I(t)]/R. The paradox is in the well-known mathematical theorem that an average of a product of variable functions is not equal to product of their averages,

[(V(t)I(t)] != [V(t)]*[I(t)];

equivalently,

[I(t)^2] != [I(t)]*[I(t)]

To illustrate this basic calculus problem to some extreme, assume that you have a resistor load of 1 Ohm, and the voltage is pulsed as 10V for 10% duty cycle, 10% up, 90% no voltage. The real dissipated power is 10V*10A = 100W for 10% of the duty cycle, and zero for the rest of duty cycle. So the average power dissipated by this resistor is 10W.

Now, if you take (or even measure!) the averages separately using separate meters, the average [V] of this pulsed waveform will come up as 1V, and the average of I will come as 1A. Multiplying the measured results one might come to a conclusion that the power consumed by this "device" is only 1W, which will be totally wrong by a factor of 10!!!.

This is a typical mistake in many disciplines and applications. For example this mistake is in the basis of many bogus claims of some magical water heaters that produce more output than the "consumed electricity" usually explained by "cold fusion", or some other BS. There are even patents granted on these "pulsed heaters".

— Ale..chenski
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