¿Por qué kVA no es lo mismo que kW?

Pensé que la unidad de carga de mi auto eléctrico usa 6.6 kW de potencia. Sin embargo, encontré la etiqueta y en realidad dice 6.6 kVA. Cuando vi esto, pensé algo en la línea de ...

Bueno, , por lo tanto, kVA debe ser lo mismo que kW ... extraño, me pregunto por qué no está etiquetado en kW. $P=VI$

Entonces, una búsqueda rápida en Google más tarde, y encontré esta página , que tiene un convertidor que me dice que 6.6 kVA en realidad es solo 5.28 kW. La página de Wikipedia para vatios confirmó lo que pensaba, que un vatio es un voltio por amperio.

Entonces, ¿qué parte de todo esto me estoy perdiendo, eso explica por qué kVA y kW no son lo mismo?

electrical-engineering jhabbott
fuente

Tenga en cuenta que para la mayoría de los países con redes de energía estables, las regulaciones requieren un factor de potencia suficientemente bueno para cargas tan grandes que kVA ~ = kW; el sitio mencionado solo aplicó ciegamente un factor de potencia de 0.8 que, en mi opinión, es muy poco realista para una unidad de carga de automóviles eléctricos.

PlasmaHH

En física, ambos serían lo mismo ... en ingeniería, kW cuenta la potencia neta transferida al automóvil, mientras que kVA cuenta la potencia transferida a lo largo del cable en ambas direcciones.

user253751

Creo que las respuestas son bastante buenas, pero solo quería señalar, desde una perspectiva lingüística, que la mejor razón que he visto para kVA es que los ingenieros querían dejar muy claro que no eran kW, lo cual era demasiado útil. una unidad para duplicar Mantener los voltios y los amplificadores separados fue una notación conveniente para denotar que deberían ser tratados de manera diferente, incluso si ambos son unidades de poder.

Cort Ammon

Respuestas:

El problema es que la fórmula es correcta cuando se trata de circuitos de CC o con circuitos de CA donde no hay retraso entre la corriente y el voltaje. Cuando se trata de circuitos de CA realistas, la potencia viene dada por donde es la diferencia de fase entre la corriente y el voltaje. La unidad kVA es una unidad de lo que se llama "potencia aparente", mientras que W es una unidad de "potencia real". La potencia aparente es la potencia máxima posible que se puede obtener cuando la corriente y el voltaje están en fase y la potencia real es la cantidad real de trabajo que se puede hacer con un circuito dado. $P=I\ V$

P = I V \cos (ϕ),

$P=I\ V\ \cos(\phi),$

ϕ

$\phi$

Chris Mueller
fuente

Nota: la parte cos ( ) SOLO se aplica cuando tanto el voltaje como la corriente son ondas sinusoidales. No se aplica cuando la corriente es puntiaguda (a través de un rectificador "tonto") o cuando está distorsionada por cualquier medio. Vea mi respuesta para más detalles.

ϕ

$\phi$

AaronD

@AaronD Tiene razón en que la situación es un poco más complicada cuando las señales no son ondas sinusoidales, pero el término aún se aplica. Es solo que ahora es una función de frecuencia en el dominio de Fourier y la potencia que probablemente le interese es la integral en todas las frecuencias. En la práctica, podría ser más fácil medir el poder directamente como mencionas en tu respuesta.

c o s (ϕ)

$cos(\phi)$

ϕ

$\phi$

Chris Mueller

De acuerdo, técnicamente tiene razón: está convirtiendo el problema en un montón de ondas sinusoidales para que el término cos ( ) pueda funcionar nuevamente, pero realmente dudo que la mayoría de la gente entienda lo que eso significa y lo haga bien. La diferencia entre las etiquetas de 50Hz y 60Hz podría incluso extenderse más allá de "Es incompatible".

ϕ

$\phi$

AaronD

Lo que creo es asombroso, como matemático, que el "resto del poder" (es decir, ese poder que no se da en la respuesta anterior como "poder real"), oscila en la dirección imaginaria. De hecho, obtienes poder moviéndote en la dirección imaginaria. ¿Cuan genial es eso?

Sam T

No estoy al 100% sobre este bit (de ahí el comentario por separado), y como tal si está mal (lo cual no creo que sea), solo grita y lo abandonaré, pero luego se otorga el poder por la fórmula y así vemos que si tomamos el módulo / longitud de esto, entonces obtenemos .

P = I V (\cos (ϕ) + i \sin (ϕ)) = I V e^{i ϕ}

$P = I V (\cos(\phi) + i \sin(\phi)) = I V e^{i \phi}$

| P | = I V

$\vert P \vert = I V$

Sam T

Ambos vatios y voltios-amperios provienen de la misma ecuación, , pero la diferencia es cómo se miden. $P=IV$

Para obtener voltios-amperios, multiplique el voltaje de raíz cuadrada media (RMS) ( ) con la corriente RMS ( ) sin tener en cuenta el tiempo / fase entre ellos. Esto es con lo que tienen que lidiar el cableado y casi todos los componentes eléctricos / electrónicos. $V$ $I$

Para obtener vatios, multiplique el voltaje instantáneo ( ) con la corriente instantánea ( ) para cada muestra, luego promedia esos resultados. Esta es la energía que realmente se transfiere. $V$ $I$

Ahora para comparar las dos medidas:

Si el voltaje y la corriente son ambas ondas sinusoidales, entonces , donde es el ángulo de fase entre el voltaje y la corriente. Es bastante fácil ver a partir de esto que si ambas son ondas sinusoidales y si están en fase ( ), entonces . $\text{watts} = \text{volt-amps} \times \cos(\phi)$ $\phi$ $\phi = 0$ $\text{watts} = \text{volt-amps}$

Sin embargo, si usted no está tratando con ondas sinusoidales, el relación ya no se aplica ! Por lo tanto, debe recorrer el camino largo y hacer las mediciones como se describe aquí. $\cos(\phi)$

¿Cómo puede suceder eso? Fácil. Fuentes de alimentación de CC. Están en todas partes, incluidos los cargadores de batería, y la gran mayoría de ellos solo consume corriente en el pico de la forma de onda del voltaje de CA porque esa es la única vez que sus condensadores de filtro son menos que el voltaje de entrada. Entonces, dibujan un gran pico de corriente para recargar las tapas, comenzando justo antes del pico de voltaje y terminando justo en el pico de voltaje, y luego no dibujan nada hasta el próximo pico.

Y, por supuesto, también hay una excepción a esta regla, y esa es la corrección del factor de potencia (PFC). Las fuentes de alimentación de CC con PFC son fuentes de alimentación de conmutación especializadas que terminan produciendo más voltaje de CC que el pico de CA más alto, y lo hacen de tal manera que su corriente de entrada sigue el voltaje de entrada casi exactamente. Por supuesto, esto es solo una aproximación, pero el objetivo es obtener una coincidencia lo suficientemente cercana como para que el acceso directo sea aceptablemente exacto, con . Luego, dado este alto voltaje de CC, una fuente de conmutación secundaria produce lo que realmente requiere el circuito que se alimenta. $\cos(\phi)$ $\phi \approx 0$

AaronD
fuente

Después de multiplicar el voltaje instantáneo por la corriente instantánea para obtener potencia instantánea, ¿realmente necesita tomar el RMS de la potencia en cada instante, o puede tomar el promedio simple?

David Cary

@DavidCary: Creo que puede que tengas razón. Para el caso de que sean sinusoidales puras y , la mitad de las muestras serán potencia positiva y mitad negativa, y la respuesta debería ser cero. Editaré mi respuesta.

ϕ = 90 d e g

$\phi = 90deg$

AaronD

Es simple promedio. RMS se deriva de este promedio y presunción, que u = Ri y que U = RI, donde u / i son valores reales y U / I son RMS.

Crowley

@AaronD: Si suponemos que el factor de potencia consiste en un ángulo de fase y un factor de forma , aún podemos usar la fórmula pero la evaluación de este factor de forma y la forma de combinar con ángulo de fase no son simples.

\cos ϕ_{r}

$\cos\phi_r$

ϕ

$\phi$

ϕ_{f}

$\phi_f$

P = U I \cos ϕ_{r}

$P=UI\cos\phi_r$

Crowley

Cuando una línea de CA impulsa una carga inductiva o capacitiva, la carga pasará parte de su tiempo tomando energía de la fuente, pero también pasará parte de su tiempo alimentando la energía de vuelta a la fuente. En algunos contextos, un dispositivo que extrae un total de 7,5 julios por segundo y devuelve un total de 2,5 julios puede considerarse como si consumiera 5 vatios (especialmente si cada vez que el dispositivo devuelve energía, otra carga está lista para consumirlo inmediatamente). ) Sin embargo, algo así como un transformador sufrirá pérdidas de conversión no solo durante la parte del ciclo cuando la carga está consumiendo energía, sino que tambiénsufrir pérdidas durante la parte del ciclo cuando la carga lo está retroalimentando. Si bien un transformador probablemente disiparía menos calor impulsando la carga anterior que uno que consumió 10 julios / segundo y devolvió cero, se disiparía más que cuando impulsa una carga que consumió 7,5 julios / segundo y devolvió cero.

Super gato
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