Por que kVA não é o mesmo que kW?

Eu pensei que minha unidade de carregamento de carro elétrico usasse 6,6 kW de potência. No entanto, eu encontrei o rótulo e ele realmente diz 6,6 kVA. Quando vi isso, pensei em algo como ...

Bem, $P=VI$ , portanto, kVA deve ser a mesma coisa que kW ... estranho, eu me pergunto por que não está rotulado em kW.

Então, uma rápida pesquisa no Google mais tarde, e encontrei esta página , que possui um conversor que indica 6,6 kVA e, na verdade, apenas 5,28 kW. A página da Wikipedia para watts confirmou o que eu pensava, que um watt é um volt vezes vezes um ampère.

Então, que parte de tudo isso me falta, explica por que kVA e kW não são os mesmos?

electrical-engineering

— jhabbott
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Observe que, para a maioria dos países com redes de energia estáveis, os regulamentos exigem um fator de potência suficientemente bom para cargas tão grandes que kVA ~ = kW; o site mencionado apenas aplicou cegamente um fator de potência de 0,8, que é altamente desassossegado para uma unidade de carregamento de carro elétrico.

— PlasmaHH

Na física, ambos seriam os mesmos ... em engenharia, o kW conta a energia líquida transferida para o carro, enquanto o kVA conta a energia transferida ao longo do fio nas duas direções.

— precisa saber é o seguinte

Eu acho que as respostas são muito boas, mas eu só queria ressaltar, do ponto de vista lingüístico, que a melhor razão que vi para o kVA é que os engenheiros queriam deixar bem claro que não eram kW, o que foi muito útil para uma unidade para dobrar. Manter os Volts e os Amps separados era uma notação conveniente para indicar que eles deveriam ser tratados de maneira diferente, mesmo que os dois fossem unidades de poder.

— Cort Ammon

Respostas:

O problema é que a fórmula está correta quando se lida com circuitos CC ou CA onde não há atraso entre a corrente e a tensão. Ao lidar com circuitos CA realistas, a potência é dada por onde é a diferença de fase entre a corrente e a tensão. A unidade kVA é uma unidade do que é chamado de 'potência aparente', enquanto W é uma unidade de 'potência real'. A potência aparente é a potência máxima possível possível quando a corrente e a tensão estão em fase e a potência real é a quantidade real de trabalho que pode ser realizada com um determinado circuito. $P=I\ V$

P = I V \cos (ϕ),

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

ϕ

$\phi$

— Chris Mueller
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Nota: a parte cos ( ) APENAS se aplica quando a tensão e a corrente são ondas senoidais. Não se aplica quando a corrente é pontiaguda (através de um retificador "burro") ou quando qualquer uma delas está distorcida por qualquer meio. Veja minha resposta para mais detalhes.

ϕ

$\phi$

— AaronD

@AaronD Você está certo de que a situação é um pouco mais complicada quando os sinais não são ondas de pecado, mas o termo ainda se aplica. Agora é apenas que é uma função da frequência no domínio de Fourier e o poder no qual você provavelmente está interessado é a integral de todas as frequências. Na prática, pode ser mais fácil medir diretamente o poder, como você menciona na sua resposta.

c o s (ϕ)

$cos(\phi)$

ϕ

$\phi$

— Chris Mueller

Ok, tecnicamente você está correto - está convertendo o problema em várias ondas senoidais para que o termo cos ( ) possa funcionar novamente - mas duvido muito que a maioria das pessoas entenda o que isso significa e faça o que é certo. A diferença entre os rótulos de 50Hz e 60Hz pode ser muito além de "É incompatível".

ϕ

$\phi$

— AaronD

O que eu acho impressionante, como matemático, é que o "resto do poder" (isto é, esse poder não dado na resposta acima como "poder real") desce na direção imaginária. Você realmente faz o poder se mover na direção imaginária. Quão legal é isso?

— Sam T

Eu não sou 100% sobre esse bit (daí o comentário separado) e, como tal, se estiver errado (o que eu acho que não é), por favor, apenas grite e eu o abandono, mas o poder é dado pela fórmula e, portanto, vemos que, se tomarmos o módulo / comprimento disso, obteremos .

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

Tanto watts quanto volt-ampères vêm da mesma equação, , mas a diferença é como eles são medidos. $P=IV$

Para obter volt-amperes, multiplique a tensão quadrada média da raiz (RMS) ( ) pela corrente RMS ( ) sem levar em consideração o tempo / fase entre eles. É com isso que a fiação e praticamente todos os componentes elétricos / eletrônicos precisam lidar. $V$ $I$

Para obter watts, você multiplica a tensão instantânea ( ) pela corrente instantânea ( ) para cada amostra e depois calcula a média desses resultados. Esta é a energia que é realmente transferida. $V$ $I$

Agora, para comparar as duas medidas:

Se tensão e corrente são ondas senoidais, então , em que é o ângulo de fase entre tensão e corrente. É muito fácil ver com isso que, se ambas são ondas senoidais e se estão em fase ( ), então . $\text{watts} = \text{volt-amps} \times \cos(\phi)$ $\phi$ $\phi = 0$ $\text{watts} = \text{volt-amps}$

No entanto, se você não está lidando com ondas senoidais, a relações já não se aplica ! Então você tem que percorrer o caminho mais longo e realmente fazer as medições conforme descrito aqui. $\cos(\phi)$

Como isso pode acontecer? Fácil. Fontes de alimentação CC. Eles estão por toda parte, incluindo carregadores de bateria, e a grande maioria deles apenas extrai corrente no pico da forma de onda da tensão CA, porque é a única vez que os capacitores de filtro são inferiores à tensão de entrada. Então eles extraem um grande pico de corrente para recarregar os limites, começando logo antes do pico de tensão e terminando logo no pico de tensão, e então não atraem nada até o próximo pico.

E é claro que também há uma exceção a essa regra, que é a correção do fator de potência (PFC). As fontes de alimentação CC com PFC são fontes de alimentação comutadas especializadas que acabam produzindo mais voltagem CC que o pico CA mais alto e o fazem de tal maneira que sua corrente de entrada segue quase exatamente a voltagem de entrada. Obviamente, isso é apenas uma aproximação, mas o objetivo é obter uma correspondência suficientemente próxima para que o atalho se torne aceitável perto da precisão, com . Então, dada essa CC de alta tensão, uma fonte de comutação secundária produz o que é realmente necessário pelo circuito que está sendo alimentado. $\cos(\phi)$ $\phi \approx 0$

— AaronD
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Depois de multiplicar a tensão instantânea pela corrente instantânea para obter energia instantânea, você realmente precisa calcular o RMS da energia a cada instante ou pode obter a média simples?

— David Cary

@ DavidCary: Eu acho que você pode estar certo. Para o caso de serem ondas senoidais puras e , metade das amostras terá potência positiva e metade negativa, e a resposta deve ser zero. Vou editar minha resposta.

ϕ = 90 d e g

$\phi = 90deg$

— AaronD

É uma média simples. O RMS é derivado dessa média e presunção de que u = Ri e U = RI, em que u / i são valores reais e U / I são RMS.

— Crowley

@AaronD: Se supusermos que o fator de potência consiste em ângulo de fase e fator de forma , ainda podemos usar a fórmula mas a avaliação desse fator de forma e a maneira como combinar com ângulo de fase não é 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

Quando uma linha CA está conduzindo uma carga indutiva ou capacitiva, a carga gasta parte do tempo consumindo energia da fonte, mas também gasta parte do tempo alimentando a energia de volta à fonte. Em alguns contextos, um dispositivo que extrai um total de 7,5 joules por segundo e retorna um total de 2,5 joules pode ser considerado como se estivesse consumindo 5 watts (especialmente se sempre que o dispositivo está retornando energia, alguma outra carga está pronta para consumi-lo imediatamente ) Algo como um transformador, no entanto, sofrerá perdas de conversão não apenas durante a parte do ciclo em que a carga está consumindo energia, mas tambémsofrer perdas durante a parte do ciclo quando a carga estiver realimentando-a. Enquanto um transformador provavelmente dissiparia menos calor dirigindo a carga acima do que um que extraísse 10 joules / segundo e retornasse zero, ele se dissiparia mais do que ao conduzir uma carga que extraísse 7,5 joules / segundo e retornasse zero.

— supercat
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