Váltakozó áramnál a látszólagos teljesítmény S = U_eff × I_eff, mértékegysége VA. A hatásos teljesítmény P = S × PF, mértékegysége W. A PF teljesítménytényező. A hatásfok ettől külön mennyiség: a hasznos kimenő és a felvett hatásos teljesítmény hányadosa.
A két számot azért kell elkülöníteni, mert külön kérdésre válaszolnak. A teljesítménytényező az adott effektív feszültséghez és áramhoz tartozó wattértéket kapcsolja össze. A hatásfok azt mutatja, a már felvett wattok mekkora része jelenik meg a kijelölt hasznos kimeneten.
Egy 60 VA-es szemléltető terhelés
Legyen az effektív feszültség 24 V, az effektív áram 2,5 A, a feltételezett teljesítménytényező 0,80. A látszólagos teljesítmény S = 24 × 2,5 = 60 VA. A hatásos teljesítmény P = 60 × 0,80 = 48 W.
A 60 VA-t automatikusan 60 W-nak nevezni ebben a példában hibás volna. A két érték számszerűen PF = 1 mellett egyezne meg. A hatásos, meddő és látszólagos teljesítmény fogalmát az Analog Devices oktatási anyaga külön tárgyalja.
Tiszta, azonos frekvenciájú szinuszos feszültség és áram esetén PF = cos φ. A 0,80-as értékhez φ ≈ 36,87° fázisszög tartozik. Feltételezett induktív terhelésnél az áram késik, és a meddő teljesítmény Q = S sin φ = 36 var.
Ebben a szinuszos esetben P² + Q² = S²: 48² + 36² = 2304 + 1296 = 3600 = 60². A 48 W és 36 var egyszerű összeadásával nem kapjuk meg a 60 VA-t. A meddő rész nem azonos 36 W folyamatos hőveszteséggel; ideális reaktív elemekben energia tárolódik és adódik vissza a periódus során.
A hatásfok újabb, önálló lépés
Tegyük fel most, hogy a példabeli berendezés hatásfoka 75%, azaz η = 0,75. A felvett 48 W-ból a hasznos teljesítmény P_ki = 48 × 0,75 = 36 W. A különbség 12 W, amely a kijelölt hasznos kimeneten kívül jelenik meg.
A teljes számítás tehát 24 V × 2,5 A = 60 VA, majd ×0,80 = 48 W felvett hatásos teljesítmény, végül ×0,75 = 36 W hasznos teljesítmény. A példában mindhárom eredmény helyes, de más fizikai mennyiséget nevez meg.
Ha a hatásfokot a VA-val közvetlenül összekevered, kihagyod a teljesítménytényező szerepét. Ha viszont a megadott 48 W már felvett hatásos teljesítmény, azt a felvett áram kiszámítása előtt nem kell még egyszer hatásfokkal osztani.
Wattból áram: a nevező számít
A 48 W-os felvételhez 24 V és PF = 0,80 mellett I = 48/(24 × 0,80) = 2,5 A tartozik. A puszta 48/24 = 2 A számítás PF = 1-et feltételezne, ezért alábecsülné a példa áramát.
Azonos 48 W és 24 V mellett PF = 0,60 esetén az áram 48/(24 × 0,60) ≈ 3,33 A lenne. Ez az összehasonlítás rögzített hatásos teljesítményre vonatkozik; nem állítja, hogy tetszőleges terhelés automatikusan változatlan wattot vesz fel.
Két terhelés közös teljesítménytényezőjét hogyan számold?
Vizsgáljunk két párhuzamos terhelést ugyanazon ideális, 24 V effektív értékű szinuszos forráson. Mindkét ág árama szinuszos és azonos frekvenciájú. Az A ág legyen a korábbi 48 W hatásos és 36 var induktív meddő teljesítményű terhelés. A B ághoz válasszunk 36 W hatásos és 48 var kapacitív meddő teljesítményt.
Az előjel-megállapodásunk szerint az induktív Q pozitív, a kapacitív Q negatív. A két ág látszólagos teljesítménye külön-külön 60 VA, teljesítménytényezőjük azonban 48/60 = 0,80, illetve 36/60 = 0,60.
Közös eredményhez a hatásos és az előjeles meddő teljesítményt külön adjuk össze:
P összes = 48 + 36 = 84 W.
Q összes = 36 − 48 = −12 var.
Ezekből S összes = √(84² + (−12)²) ≈ 84,8528 VA, a közös teljesítménytényező pedig PF összes = 84/84,8528… ≈ 0,98995. A negatív Q a megadott előjel szerint kapacitív összesített viszonyt jelez.
A forrás effektív árama 84,8528…/24 ≈ 3,53553 A. Mindkét ág saját effektív árama 60/24 = 2,5 A, mégis hibás volna ezeket 5 A-ként összeadni: a két áram nincs azonos fázisban. A pillanatnyi áramok összeadódnak, az effektív értékek ilyen egyszerű összeadása viszont nem őrzi meg a fázisviszonyukat.
Ellenőrzésként a közös áram feszültséggel azonos fázisú összetevőjének nagysága P/U = 84/24 = 3,5 A. A meddőhöz tartozó merőleges összetevő nagysága |Q|/U = 12/24 = 0,5 A. A teljes effektív áram √(3,5² + 0,5²) ≈ 3,53553 A, az előző eredménnyel egyezően.
A 0,80 és 0,60 egyszerű átlaga, a 0,70 sem adná meg a közös teljesítménytényezőt. Ebben az esetben az ellentétes előjelű meddő teljesítmények részben kiegyenlítik egymást. Ez a választott szinuszos modellek számítási tulajdonsága; az összesített PF-hez a fázisviszonyt is leíró P és Q adatokat használtuk. A közös 3,53553 A a két ág elágazása előtti forrásszakasz árama. Az egyes leágazásokban továbbra is a saját 2,5 A folyik, ezért a jó közös PF alapján azok terhelését nem csökkentheted a számításban. A teljesítménytényező mellé így a mérési vagy összesítési helyet is jegyezd fel.
Szinuszos és torzított jel külön esete
Torzított hullámformánál a teljes PF nem határozható meg pusztán az alapfrekvenciás fázisszög koszinuszából. Szemléltető esetben a forrás továbbra is tiszta, 24 V effektív értékű szinusz. Az áram alapfrekvenciás része 2 A RMS, a feszültséggel azonos fázisban, ehhez pedig 1,5 A RMS harmadik harmonikus adódik. Más összetevő nincs.
Egész számú alap-perióduson a különböző frekvenciájú összetevők szorzatának átlaga nulla. A teljes effektív áram ezért √(2² + 1,5²) = 2,5 A. A tiszta alapfrekvenciás feszültséggel csak az alapáram ad átlagos hatásos teljesítményt: P = 24 × 2 = 48 W. A látszólagos teljesítmény 24 × 2,5 = 60 VA, a teljes PF pedig 0,80, miközben az alapfrekvenciás cos φ értéke 1.
A harmonikus összetevőket is figyelembe vevő mérést az Analog Devices harmonikuselemzési cikke ismerteti. A példában az áramtorzítás növelte az effektív áramot, a fenti szinuszos teljesítményháromszögbe ezért a hiányzó részt nem nevezheted automatikusan alapfrekvenciás meddő teljesítménynek. Torzított feszültségnél az azonos rendű feszültség- és áramharmonikusok hatásos teljesítményét is számba kell venni.
A villamos teljesítmény kalkulátorban válaszd az egyfázisú modellt, és tisztázd, hogy felvett vagy hasznos teljesítményt keresel. Felvett watt számításához a külön hatásfokkorrekció egységnyi, η = 1. A feltételezett 75%-os hatásfok a hasznos kimenő teljesítményhez tartozik. Az eredmény mellett mindig tüntesd fel a PF értékét és a teljesítmény szerepét; ezek nélkül egy W- vagy VA-szám könnyen félreérthető.
Háromkérdéses tudáspróba
Válassz kérdésenként egy választ, és írd fel az A, B vagy C betűt. A három feladat után ellenőrizd magad a magyarázatokkal.
1. 24 V, 2,5 A és PF=0,80 mellett mennyi a felvett hatásos teljesítmény?
- A) 60 W
- B) 36 W
- C) 48 W
2. 48 W felvett teljesítményből 75%-os hatásfok mellett mennyi a kijelölt hasznos kimenet?
- A) 36 W
- B) 64 W
- C) 60 VA
3. Tiszta szinuszos feszültség mellett az alapáram fázisban van, de áramharmonikus is jelen van. Következik ebből teljes PF=1?
- A) Igen, az alapfrekvenciás cos φ mindig a teljes PF.
- B) Nem, a harmonikus növelheti az RMS-áramot hatásos teljesítménytöbblet nélkül.
- C) Igen, ha a hatásfok 75%.
Megoldások és önálló pontozás
Minden helyes válasz 1 pont, a hibás vagy kihagyott válasz 0 pont; összesen 3 pont szerezhető. 3 pont: a vizsgált összefüggéseket helyesen alkalmaztad; következőként készíts számítást a saját bemeneteiddel. 2 pont: az eltévesztett feladatnál megnevezett részt olvasd újra, és ellenőrizd a megoldást a képlettel. 0–1 pont: kezdd a(z) Egy 60 VA-es szemléltető terhelés résszel, majd haladj végig a három magyarázaton, és oldd meg újra a kérdéseket. A próba a cikk megértéséről ad visszajelzést.
1. megoldás
C) 48 W – Az effektív feszültség és áram szorzata 60 VA; ezt a PF-fel szorozva 48 W adódik. Ha más választ adtál vagy kihagytad, ezt a részt ismételd át: Egy 60 VA-es szemléltető terhelés.
2. megoldás
A) 36 W – 48×0,75=36 W. Itt a 48 W már hatásos bemenő teljesítmény, ezért a PF-et még egyszer nem alkalmazzuk. Ha más választ adtál vagy kihagytad, ezt a részt ismételd át: A hatásfok újabb, önálló lépés.
3. megoldás
B) Nem, a harmonikus növelheti az RMS-áramot hatásos teljesítménytöbblet nélkül. – A cikk példájában az alapáram 2 A, a harmadik harmonikus 1,5 A: a teljes áram 2,5 A, ezért 48 W/60 VA=0,80 a PF. Ha más választ adtál vagy kihagytad, ezt a részt ismételd át: Szinuszos és torzított jel külön esete.