単に電圧/電流の平均ではなく、平均電力を計算するときに二乗平均平方根が使用されるのはなぜですか？

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

$P = I_{\text{eff}}^2 \times R$ ここで、は実効電流です。電力を平均化するは、平均電流でなければならないため、実効電流は平均電流であると推測しています。

I_{eff}

$I_{\text{eff}}$

I

$I$

その場合、なぜ $I_{\text{eff}}$ は単に

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

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

代わりに、次のように定義されます。

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

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

したがって、これら2つの式を使用してを計算すると $P$ 、異なる答えが得られます。

これはなぜですか？私には意味がありません。実効電流が平均電流であると誤解しているとしか推測できません。ただし、これが当てはまらない場合、が平均電流ではない場合、がどのように平均電力になるかわかりません。 $P$ $I_{\text{eff}}$

power-supply power circuit-analysis

— ゴールドネーム
ソース

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ACの場合、平均電圧/電流はゼロです。

— ロジャーローランド

9

電力は、電流の大きさではなく、電流の2乗に比例します。

— チュー

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平均電力が必要な場合は、電力ではなく、電力を計算して平均する必要があるためです。

— Neil_UK 16

4

「電力を平均するためには、$ I $は平均電流でなければなりません」-それはあなたが間違っているところです。

— user253751 16

6

@drobertson「二乗平均平方根」=二乗平均平方根。これは二乗平均平方根と同じではないため、絶対値の平均と同じではありません。

— user253751 16

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合計が自明である単純な例を見てみましょう。私は、時間の50％がオンで、時間の50％がオフの電圧を持っています。オンのときは10Vです。したがって、平均電圧は5Vです。両端に1オームの抵抗を接続すると、オンのとき100Wを消費し、オフのとき0Wを消費します。したがって、平均電力は50Wです。

ここで、常に電圧をオンのままにしますが、5Vにします。平均電圧はまだ5Vですが、平均電力はわずか25Wです。おっとっと。

または、時間の10％だけで電圧がありますが、50Vであるとします。平均電圧は再び5Vですが、オンのときの電力は2500W、オフのときの電力は0Wなので、平均は250Wです。

実際に一般的に電力を計算するには、波形の期間にわたって（瞬時電圧）*（瞬時電流）を積分して平均を取得する必要があります（または、例のように0からある時間tで一定の間隔で電力を見つける）。

負荷が固定抵抗Rである場合（および大きい場合）、v = i * Rと言うことができるため、瞬時電力はi ^ 2 * Rであるため、期間にわたってi ^ 2を積分して " RMS電流」を使用し、後でRを掛けます（固定されているため、積分に入らない）。

負荷がダイオードのような非線形のものである場合、RMS電流は特に有用ではありません。特定のESRを持つコンデンサのようなものの損失を分析するのに役立ちます。損失（およびコンデンサの寿命を短くする加熱効果）は、平均ではなくRMS電流に比例します。

— スペロペファニー
ソース

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電力を平均化するには、iを平均電流にする必要があるため、実効電流は平均電流であると推測しています。

つまり、平均電圧x平均電流は、電圧と電流がDC量の場合にのみ平均電力に等しくなります。次の例を考えてみてください。-

商用電源コンセントから発熱体に230 V ACを印加すると、暖かくなったり、熱くなったりします。それはあなたが請求することができる力を取っています。230 V ACは正弦波であり、すべての正弦波の平均値はゼロです。発熱体を流れる電流は、平均値がゼロの正弦波でもあります。

したがって、平均電圧x平均電流を使用すると、平均電力がゼロになり、明らかに間違っています。意味のある答えを与えるのは、RMS電圧x RMS電流です（DCかACかに関係なく）。

基本に戻って、電力とは何かを自問する必要があります。それは電圧x電流であり、これらは瞬時値を掛け合わせたものです。これにより、次のようなパワー波形が得られます。-

乗算の作用により、パワー波形の平均値は非ゼロになりました。これをさらに一歩進めて、負荷抵抗が1オームの場合、電流の振幅は印加電圧の振幅と等しくなるため、電力は平均になります。 $v^2$

これは、電力がthe mean of the square of voltage（または電流）であると言うことにつながり、この例で1Ωを選択した場合、この電力を生成する実効電圧square root of the mean of the voltage squaredは「RMS」値であるとも言えます。

したがって、ピーク振幅正弦波の場合、パワー波の頂点はあり、サイン波の2乗によって生成されるパワー波もサイン波（周波数の2倍）であるため、平均（平均）値は：- $v_{pk}$ $v^2_{pk}$

。次に平方根を取得して実効電圧を取得します $\dfrac{v^2_{pk}}{2}$ または $\sqrt{\dfrac{v^2_{pk}}{2}}$ $\dfrac{v_{pk}}{\sqrt{2}}$

実際には、AC電圧（または電流）のRMS値は、抵抗負荷で同じ加熱効果を生み出すDC電圧（または電流）の等価値です。

いいえ、平均電圧または平均電流は関係ありませんが、平均電力が重要です。

— アンディ別名
ソース

良い説明

— crowie

電圧と電流が比例する場合にのみ、平均電力はRMS電圧にRMS電流を掛けたものに等しいことに注意してください。

— ピーターグリーン

この乗算は、非抵抗負荷の電力曲線が負になる場合があることを意味しますか？これは、電力の単純平均がVRMS * IRMSと異なることを意味しますか？違いは力率に関係していますか？

— Random832 16

1

@ Random832-あなたのコメントは私の後に来るはずですが、はい、答えで不必要な複雑さを避けるために力率を暗示しないように言葉に注意しました。PFが1の負荷のAC回路では、電力はVrms x I rmsに等しいだけです。

— Andy aka

1

@anhnhaはい、一般的なケースは常に瞬間的なvとiの積です。実際、力率は賢明な計算に使用されることはありません（使用する勇敢な言葉）。あなたが見たかもしれないこの主題に関する他の多くの答えを残しました。

— アンディ別名

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あなたが数学を解くとき、悪魔は詳細にあります。

$P_\text{inst} = i^2 \cdot R$

P_{平均} = \bar{P_{インスト}} = \bar{私^{2} \cdot R} = \bar{私^{2}} \cdot R = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} 私^{2} d t \cdot R

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

P_{平均} = 私_{eff}^{2} \cdot R

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

私_{eff}^{2} = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} 私^{2} d t

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

私_{eff} = \sqrt{\frac{1}{T} \int_{0}^{T} 私^{2} d t}

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

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

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

さらに、問題があります $\frac{1}{T}$

要約すると、数学がそのように機能しないためです。

— アディソン
ソース

これは、より正確で正しい答え、IMOです。

— hcabral 16

4

平均電力は、一定の期間における仕事の単なる積分であり、その期間で割られます。あなたの場合、仕事の各瞬間は次のとおりです。

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

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

So, you integrate that to get total work for some finite period and then, to convert that into an average power value, you just divide it by the finite period. Or:

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

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

If $R_t$ is a constant over time, then:

\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 $t_1=t$ その後、独自の方程式を取得します。本当に簡単です。

— ジャンク
ソース

すてきな答え。私は...あなたはあまりにもヒルベルトのスペースの2ノルムにいくつかの脱線をお願い申し上げます確信している

— carloc

3

負荷に2つの電流が同時に流れると想像してください。

1AのDC電流
1A振幅のAC電流

合計電流は次のようになります。

ここで、次の式を適用すると $I_{eff}$ 、ACコンポーネントがゼロ電力を生成したかのように、1Aを取得します。これが元の式よりもさらに意味をなさないことに同意することを願っています。

— ドミトリー・グリゴリエフ
ソース

2

検討する $R=1\Omega$ そして、1秒間に1A、もう1秒間に10Aの電流。平均出力はいくらですか？

明らかに、それは

\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

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

これを書き直しましょう：

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

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

一方、平均電流は5.5Aで、30.25Wの「平均電力」が得られます。

ポイントは、電力の式には電流の2乗が含まれているため、実効電流は電流の（絶対値）の平均よりも高いことです。

— スウェーバー
ソース

2

これをより一般的な言葉で言えば、負荷で消費される瞬時電力P（t）は、V（t）とI（t）の積（数学的な意味での乗算）です。または、その問題についてI（t）* I（t）/ R。したがって、平均電力は平均[I（t）* I（t）] / Rです。パラドックスは、変数関数の積の平均がそれらの平均の積と等しくないというよく知られている数学の定理にあります。

[（V（t）I（t）]！= [V（t）] * [I（t）];

同様に、

[I（t）^ 2]！= [I（t）] * [I（t）]

この基本的な計算の問題を極端に説明するために、1オームの抵抗負荷があり、10％のデューティサイクル、10％のアップ、90％の電圧で電圧が10Vとしてパルスされると仮定します。実際の消費電力は、デューティサイクルの10％で10V * 10A = 100W、残りのデューティサイクルでゼロです。したがって、この抵抗で消費される平均電力は10Wです。

ここで、別々のメーターを使用して平均値を個別に取得（または測定！）すると、このパルス波形の平均[V]は1Vになり、Iの平均は1Aになります。測定結果を乗算すると、この「デバイス」によって消費される電力はわずか1Wであるという結論に達する可能性があります。

これは、多くの分野およびアプリケーションでの典型的な間違いです。たとえば、この間違いは、通常「冷たい融合」または他のBSで説明される「消費電力」よりも多くの出力を生成する魔法の給湯器の多くの偽の主張に基づいています。これらの「パルスヒーター」についても特許が付与されています。

— エール..チェンスキー
ソース