S = VI * / 2导数

我想知道在哪里可以找到复数幂公式S = VI * / 2的推导，其中S，V和I是复数相量。

我已经看到了很多验证，人们将其中的内容归纳到等式中以表明它确实起作用。

到目前为止，这就是我所知道的，如果和且，则和和S =Vm∠øv*Im∠ø_i/ 2 $V=V_{M} ∠ \phi _{V}$ $I=I_{M} ∠ \phi _{I}$ $S = V_{RMS} \cdot I_{RMS}$
$V_{RMS}= \dfrac{V_{M} ∠ \phi _{V}}{\sqrt{2}}$ $I_{RMS}= \dfrac{I_{M} ∠ \phi _{I}}{\sqrt{2}}$ $S = \dfrac{V_{M} ∠ \phi _{V} \cdot I_{M} ∠ \phi _{I}}{2}$

power

— 用户名
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您必须定义S，V，I，以及任何“ * /”的含义。

— Olin Lathrop'4

@OlinLathrop，对于I（current）的复共轭，它是I *，然后除以2，因为它们都是正弦波（V和I *），所以它们都有RMS转换。

— Kortuk

令V和I为负载上的瞬时电压和电流。根据功率，电压和电流的定义，我们具有瞬时功率的关系：

$p(t) = v(t) \cdot i(t)$

这意味着给定瞬间上的功率等于该瞬间恰好是电压和电流的乘积。 $t$

我假设您熟悉相量表示的实际含义。简而言之，相量是在给定未知频率下表示正弦曲线的数学简写。

因此，是的简写。类似地：表示。 $V=V_{M} ∠ \phi _{V}$ $v(t) = V_{M} \cdot cos(\omega t+ \phi _{V})$ $I=I_{M} ∠ \phi _{I}$ $i(t) = I_{M} \cdot cos(\omega t+ \phi _{I})$

对所有乘以，得出每个的瞬时功率波形。处理该乘法： $v(t) \cdot i(t)$ $t$ $t$

$s(t) = v(t) \cdot i(t) = V_{M} \cdot cos(\omega t+ \phi _{V}) \cdot I_{M} \cdot cos(\omega t+ \phi _{I})$

由于，其中和，我们可以将上面的方程简化为： $cos(u) \cdot cos(v) = \cfrac{1}{2} \cdot [cos(u-v)+cos(u+v) ]$ $u = \omega t+ \phi _{V}$ $v = \omega t+ \phi _{I}$

$s(t) = v(t) \cdot i(t) = \cfrac{V_{M}I_{M}}{2} \cdot [cos(\phi _{V} - \phi _{I}) + cos(2\omega t+ \phi _{V} + \phi _{I})]$

该波形本身很有趣：它是一个恒定值加正弦曲线。 $\cfrac{V_{M}I_{M}}{2} \cdot cos(\phi _{V} - \phi _{I})$ $\cfrac{V_{M}I_{M}}{2} cos(2\omega t+ \phi _{V} + \phi _{I})]$

这清楚地表明瞬时功率不是随时间恒定的。

根据该结果，我们可以看到平均功效等于的不变分量（很容易证明在数学上，一个人只需要求解积分） $s(t)$ $\cfrac{1}{T}\int_{t}^{t+T}{s(t)dt}$

受此结果的，对的漂亮几何解释，该值已定义为有功功率，即实际传递给负载。现在您知道，所谓的有功功率不过是负载的平均功率。 $VIcos(\phi _{V} - \phi _{I})$

稍微深入一下这个概念（这有点可怜，我不能在这里画出来，但是我会尝试）：

令v为大小|| v ||的向量和相位，而我是一个大小|| i ||的向量和相位如果乘|| i || 通过可以得到i在v上的投影。在另一方面，被说成是的部件我在正交与v。 $\phi_v$ $\phi_i$ $cos(\phi_v-\phi_i)$ $||i||sin(\phi_v-\phi_i)$

现在您可以理解为什么平均功率具有很酷的几何解释：平均功率是电压乘以电流在相量空间上的电压投影值。

这促使创建复数功率S为：

S = P + jQ

有了这个定义，向量的实部恰好是传递给负载的平均功率，而复数部分是据说是正交的功率，称为无功功率（对于功率三角形，用Google来查看此结果的几何解释）。

好的，现在回到定义，我们看到和，按照定义，并且符合S等于 $s(t)$ $P = \cfrac{V_M I_M}{2} \cdot cos(\phi_v - \phi_i)$ $Q$ $\cfrac{V_M I_M}{2} \cdot sin(\phi_v - \phi_i)$

因此，正如我们在一开始要证明的那样：

$S = P + jQ = \cfrac{V_M I_M}{2} \cdot cos(\phi_v - \phi_i) + j\cfrac{V_M I_M}{2} \cdot sin(\phi_v - \phi_i)$

$S = \cfrac{V_M I_M}{2} \cdot [cos(\phi_v - \phi_i) + jsin(\phi_v - \phi_i) ]$

$S = \dfrac{V_{M} ∠ \phi _{V} \cdot I_{M} ∠ -\phi _{I}}{2}$

$S = \cfrac{V \cdot I*}{2}$

因此，您可以查看想要看到的内容；）

编辑：对Q的物理解释是什么？

我已经在上面显示了复数功率P的实部的物理解释是什么，即传递给负载的平均功率。但是到底是什么Q，怎么能形象化呢？它基于cos和sin是正交的事实，并且如果计算中涉及的两个波形正交，则叠加原理可以应用于功率。让我们开始数学，因为这确实很重要。

使用上面获得的结果： $s(t) = \cfrac{V_{M}I_{M}}{2} \cdot [cos(\phi _{V} - \phi _{I}) + cos(2\omega t+ \phi _{V} + \phi _{I})]$

第一种情况：纯电阻负载，因此

ϕ_{V} - ϕ_{I} = 0

$\phi _{V} - \phi _{I} = 0$

$s(t) = \cfrac{V_{M}I_{M}}{2} \cdot [1 + cos(2(\omega t+ \phi _{V}))]$

这是一个以为中心的正弦波，具有相同的幅度（最小值为0，最大值为）。我们称它为P $\cfrac{V_{M}I_{M}}{2}$ $V_{M}I_{M}$

第二种情况：纯感性负载，因此

ϕ_{V} - ϕ_{I} = \frac{π}{2}

$\phi _{V} - \phi _{I} = \cfrac{\pi}{2}$

$s(t) = \cfrac{V_{M}I_{M}}{2} \cdot [0 - cos(2(\omega t+ \phi _{V}) - \cfrac{\pi}{2} )]$

$s(t) = \cfrac{V_{M}I_{M}}{2} \cdot [sin(2(\omega t+ \phi _{V}))]$

这是平均值的纯粹的振荡波形等于0，让我们把这种结果Q。

第三种情况：普通情况

ϕ_{V} - ϕ_{I} = θ

$\phi _{V} - \phi _{I} = \theta$

在这种情况下，s（t）正是我们在上面的讨论中发现的一般方程。但是我们可以重写它，以利用前面两种情况的结果，如下所示：

首先，我们用来重写方程（注意）：知道：，令且 $\theta$ $\phi_V + \phi_I = \phi_V -\phi_V + \phi_V + \phi_I = 2\phi_V - \theta$ $s(t) = \cfrac{V_{M}I_{M}}{2} \cdot [cos(\theta) + cos(2(\omega t+ \phi _{V}) - \theta)]$ $cos(x-y) = cos(x)cos(y) + sin(x)sin(y)$ $x = 2(\omega t+ \phi _{V})$ $y = \theta$

$s(t) = \cfrac{V_{M}I_{M}}{2} \cdot [cos(\theta) + cos(\theta)cos(2(\omega t + \phi_V)) + sin(\theta)sin(2(\omega t + \phi_V))]$

重新排列条款：

$s(t) = cos(\theta) \cdot \cfrac{V_{M}I_{M}}{2} \cdot [1 + cos(2(\omega t + \phi_V))] + sin(\theta) \cdot \cfrac{V_{M}I_{M}}{2} sin(2(\omega t + \phi_V))$

使用上面两种情况的结果：

$s(t) = cos(\theta)P + sin(\theta)Q$

令人惊讶的结果，对吧？这意味着什么？

让我们回到正在做的事情：计算的一般情况的功效，即求解方程： $\phi _{V} - \phi _{I} = \theta$

$s(t) = V_{M}cos(\omega t + \phi_V) \cdot I_{M}cos(\omega t + \phi_I)$

我们可以用的形式重写？ $i(t) = I_{M}cos(\omega t + \phi_I)$ $i(t) = K_1 cos(\omega t + \phi_V) + K_2 sin(\omega t + \phi_V)$

我们试试吧：

$\phi_I = \phi_V - \theta$ $i(t) = I_{M}cos(\omega t + \phi_V - \theta$ ）\ $

令和 $\omega t + \phi_V = u$ $\theta = v$

与关系：

$cos(u-v) = cos(u)cos(v) + sin(u)sin(v)$

我们有：

$i(t) = I_{M}cos(\theta)cos(\omega t + \phi_V) + I_{M}sin(\theta)sin(\omega t + \phi_V)$

正是我们想要的，将i（t）重写为两个分量的总和：一个与v（t）同相，另一个与v（t）正交！

现在的情况3的结果可以这样解释：I（t）的可在两个部件被分解，如上所示，并且由I（t）的所产生的功率等于由这些组分中的每一个产生的电力个别地。哇，就像叠加一样，只是为了力量！（请记住，这仅是正确的，并且上面已经证明，因为cos和sin是正交的）

因此，Q是与v（t）正交的i（t）分量产生的功率量。它纯粹是振荡的，没有平均值。

P是与v（t）同相的i（t）分量产生的电量。它具有振荡性，但平均值等于传递给负载的平均功率。

复数功率S（总功率）恰好是这两个分量的总和

— 卡斯蒂略
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谢谢您的良好移植！不过，我有几个问题：1.我不了解。我以为这个术语就是无功功率Q。但是，。2.我不知道你从如何去 TP。好像是一个相量，但这只是一个常数。再次感谢您的回答！

- \frac{V_{M} I_{M}}{2} c o s (2 ω t + ϕ_{V} + ϕ_{I})

$-\cfrac{V_{M}I_{M}}{2} cos(2\omega t+ \phi _{V} + \phi _{I})$

Q = | | i | | s i n (ϕ_{v} - ϕ_{i})

$Q = ||i||sin(\phi_v-\phi_i)$

S = \frac{V_{M} I_{M}}{2} \cdot [c o s (ϕ_{v} - ϕ_{i}) + j s i n (ϕ_{v} - ϕ_{i})]

$S = \cfrac{V_M I_M}{2} \cdot [cos(\phi_v - \phi_i) + jsin(\phi_v - \phi_i) ]$

S = \frac{V_{M} ∠ ϕ_{V} \cdot I_{M} ∠ - ϕ_{I}}{2}

$S = \dfrac{V_{M} ∠ \phi _{V} \cdot I_{M} ∠ -\phi _{I}}{2}$

\cos (ϕ_{v} - ϕ_{i})

$\cos(\phi_v - \phi_i)$

— user968243'4

是的没错，这不是Q。无功功率仅根据电压和张力之间的相位差来定义，并且该值与S作为相量的定义直接相关。它是电流与电压成正比地传递的功率。没有考虑时变分量，因为从这个意义上说，真正重要的是负载的平均功率。确实存在变化部分EXISTS（例如，观看白炽灯泡），但是随着时间的流逝，功率仅与s（t）的静态部分有关。;）

— Castilho 2012年

好的，这个不同的部分是否有特殊名称？无论如何，因此，如果我理解正确，则在V方向上的I量就是有功功率，而垂直于V的I量就是复数功率。

— user968243'4

几乎可以看出，V方向上的I乘以V的量为有功功率P，垂直于V的I量乘以V的量为无功功率Q，P + jQ为复数功率或视在功率;）

— 卡斯蒂略，2012年

好吧，那很有意义！实际上，在我之前的评论中，我问过这个名字是什么：−VMIM2cos（2ωt+ ϕV + ϕI）我真的以为是无功功率...谢谢您的宝贵，我感激不尽！

— user968243'4