เหตุใดจึงมีการใช้กำลังสองรูตเมื่อคำนวณพลังงานเฉลี่ยไม่ใช่เพียงค่าเฉลี่ยของแรงดัน / กระแสไฟฟ้า

$$P = I_{\text{eff}}^2 \times R$$ ที่$I_{\text{eff}}$เป็นกระแสที่มีประสิทธิภาพ สำหรับพลังงานที่จะเป็นค่าเฉลี่ย$I$ต้องเป็นค่าเฉลี่ยกระแสดังนั้นฉันคาดการณ์ว่ากระแสที่มีประสิทธิภาพคือค่าเฉลี่ยในปัจจุบัน

ในกรณีที่ว่าทำไม$I_{\text{eff}}$ไม่ใช่แค่

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

แต่มันถูกกำหนดไว้ดังนี้:

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

ดังนั้นการใช้ทั้งสองนิพจน์เพื่อคำนวณผลลัพธ์$P$ในคำตอบที่ต่างกัน

ทำไมเป็นเช่นนี้ มันไม่มีเหตุผลสำหรับฉัน ฉันสามารถเดาได้ว่าฉันตีความตีความที่มีประสิทธิภาพในปัจจุบันเป็นค่าเฉลี่ยในปัจจุบัน ถ้ากรณีนี้ไม่ได้ แต่ผมไม่เห็นว่า$P$สามารถเป็นพลังงานเฉลี่ยเมื่อ$I_{\text{eff}}$ไม่ได้เป็นปัจจุบันเฉลี่ย

ยกตัวอย่างง่ายๆที่ผลรวมเล็กน้อย ฉันมีแรงดันไฟฟ้าที่อยู่ที่ 50% ของเวลาและปิด 50% ของเวลา เป็น 10V เมื่อเปิดใช้งาน แรงดันไฟฟ้าเฉลี่ยจึง 5V ถ้าฉันเชื่อมต่อตัวต้านทาน 1 โอห์มข้ามมันจะกระจาย 100W เมื่อเปิดและ 0W เมื่อปิด พลังงานเฉลี่ยจึง 50W

ตอนนี้ปล่อยแรงดันไว้ตลอดเวลา แต่ทำ 5V แรงดันไฟฟ้าเฉลี่ยยังคงเป็น 5V แต่พลังงานเฉลี่ยเพียง 25W อุ่ย

หรือสมมติว่าฉันมีแรงดันไฟฟ้าเพียง 10% ของเวลา แต่มันคือ 50V แรงดันไฟฟ้าเฉลี่ยคือ 5V อีกครั้ง แต่กำลังไฟอยู่ที่ 2500W และปิดเมื่อ 0W ดังนั้นค่าเฉลี่ย 250W

---

ในความเป็นจริงในการคำนวณพลังงานโดยทั่วไปคุณจะต้องรวม (แรงดันไฟฟ้าทันที) * (กระแสทันที) ในช่วงเวลาหนึ่งของรูปคลื่นเพื่อให้ได้ค่าเฉลี่ย (หรือจาก 0 ถึงบางเวลา t ในตัวอย่างของคุณเพื่อค้นหาพลังงานในบางช่วงเวลา) .

ถ้า (และมันใหญ่ถ้า) โหลดเป็นตัวต้านทานคงที่ Rคุณสามารถพูดได้ว่า v = i * R ดังนั้นพลังงานทันทีคือ i ^ 2 * R และจากนั้นคุณสามารถรวม i ^ 2 ในช่วงเวลาเพื่อรับ " กระแส RMS "และคูณด้วย R ภายหลัง (เนื่องจากได้รับการแก้ไขแล้วจะไม่เข้าสู่อินทิกรัล)

---

กระแส RMS ไม่มีประโยชน์อย่างยิ่งหากการโหลดเป็นสิ่งที่ไม่เป็นเชิงเส้นเหมือนไดโอด มันจะมีประโยชน์ในการวิเคราะห์การสูญเสียในบางอย่างเช่นตัวเก็บประจุที่มี ESR ที่กำหนด การสูญเสีย (และผลของความร้อนที่ทำให้อายุของตัวเก็บประจุสั้นลง) จะเป็นสัดส่วนกับกระแส RMS ไม่ใช่ค่าเฉลี่ย

สำหรับพลังงานที่จะเป็นค่าเฉลี่ยฉันต้องเป็นค่าเฉลี่ยกระแสดังนั้นฉันคาดการณ์ว่ากระแสที่มีประสิทธิภาพคือค่าเฉลี่ยในปัจจุบัน

ในระยะสั้นแรงดันไฟฟ้าเฉลี่ย x ปัจจุบันเฉลี่ยเท่ากับพลังงานเฉลี่ยเมื่อแรงดันและกระแสเป็นปริมาณ DC คิดเกี่ยวกับตัวอย่างต่อไปนี้: -

หากคุณใช้ 230 V AC จากเต้าเสียบไฟฟ้าอาคารของคุณไปยังองค์ประกอบความร้อนมันจะอุ่นขึ้นหรือร้อนขึ้น มันใช้พลังงานที่คุณสามารถเรียกเก็บเงินได้ 230 V AC เป็นคลื่นไซน์และคลื่นไซน์ทั้งหมดมีค่าเฉลี่ยเป็นศูนย์ กระแสที่ไหลผ่านองค์ประกอบความร้อนก็เป็นคลื่นไซน์ที่มีค่าเฉลี่ยเป็นศูนย์

ดังนั้นการใช้แรงดันไฟฟ้าเฉลี่ย x กระแสเฉลี่ยจึงให้พลังงานเฉลี่ยเป็นศูนย์และเห็นได้ชัดว่าผิด เป็นแรงดัน RMS x กระแส RMS ที่จะให้คำตอบที่มีความหมาย (ไม่ว่าจะเป็น DC หรือ AC)

คุณต้องย้อนกลับไปสู่พื้นฐานและถามตัวคุณเองว่าไฟฟ้าคืออะไร - มันคือแรงดันไฟฟ้า x ปัจจุบันและนี่คือค่าคูณกัน นี่เป็นผลลัพธ์ของรูปคลื่นคลื่นดังนี้: -

เพราะการกระทำของคูณ, รูปแบบของคลื่นพลังงานในขณะนี้มีค่าเฉลี่ยที่เป็นที่ไม่ใช่ศูนย์ การนี้ขั้นตอนต่อไปถ้าทานโหลดคือ 1 โอห์มแล้วความกว้างของปัจจุบันจะเท่ากับความกว้างของแรงดันไฟฟ้าเพื่อให้พลังงานจะกลายเป็นค่าเฉลี่ยของ 2$v^2$

นี่ทำให้เราบอกว่าพลังงานคือthe mean of the square of voltage(หรือกระแส) และเนื่องจากเราเลือก 1 โอห์มในตัวอย่างนี้เราสามารถพูดได้ว่าแรงดันไฟฟ้าที่มีประสิทธิภาพที่สร้างพลังงานนี้คือค่าsquare root of the mean of the voltage squaredหรือค่า "RMS"

ดังนั้นสำหรับคลื่นไซน์ของแอมพลิจูดสูงสุด , ด้านบนของคลื่นพลังงานคือv 2 p kและ, เนื่องจากคลื่นพลังงานที่เกิดจากคลื่นไซน์กำลังสองเป็นคลื่นไซน์ (ที่ความถี่สองเท่า), โดยเฉลี่ย (ค่าเฉลี่ย) ค่าคือ: -$v_{pk}$$v^2_{pk}$

. จากนั้นนำสแควร์รูทเพื่อรับแรงดันไฟฟ้าที่มีประสิทธิภาพที่เราได้รับ$\dfrac{v^2_{pk}}{2}$หรือvp$\sqrt{\dfrac{v^2_{pk}}{2}}$$\dfrac{v_{pk}}{\sqrt{2}}$

ผลที่ตามมาคือค่า RMS ของแรงดันไฟฟ้ากระแสสลับ (หรือกระแส) เป็นค่าที่เทียบเท่าของแรงดันไฟฟ้ากระแสตรง (หรือกระแส) ที่ให้ผลการให้ความร้อนแบบเดียวกันในโหลดตัวต้านทาน

ดังนั้นไม่แรงดันไฟฟ้าเฉลี่ยหรือกระแสเฉลี่ยไม่เกี่ยวข้อง แต่กำลังเฉลี่ยเป็นกษัตริย์

มารอยู่ในรายละเอียดเมื่อคุณออกกำลังคณิตศาสตร์

ระบุว่าอำนาจทันทีแล้วพลังงานเฉลี่ยคือ P เฉลี่ย = ¯ P สถาบัน = ¯ ฉัน2 ⋅ R = ¯ ฉัน2 ⋅ R = $P_\text{inst} = i^2 \cdot R$

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

กระแสตรงที่มีประสิทธิภาพคือสิ่งที่กระจายพลังงานเฉลี่ยเดียวกัน แล้วตามด้วย: I 2 eff =

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

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

$\frac{1}{T}$

โดยสรุปเป็นเพราะคณิตศาสตร์ไม่ได้ผลเช่นนั้น

พลังงานเฉลี่ยเป็นเพียงส่วนหนึ่งของการทำงานในช่วงเวลา จำกัด โดยหารด้วยช่วงเวลานั้น สำหรับกรณีของคุณการทำงานทันทีแต่ละครั้งคือ:

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

ดังนั้นคุณรวมเข้าด้วยกันเพื่อให้ได้งานทั้งหมดในบางช่วงเวลา จำกัด จากนั้นหากต้องการแปลงให้เป็นค่าพลังงานเฉลี่ยคุณก็แค่หารมันด้วยช่วงเวลา จำกัด หรือ:

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

$R_t$

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

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:

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

It's just an equivalent substitution, right?

And then obviously:

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

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.

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.

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

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

Let's rewrite this:

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

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.

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".