Warum beträgt der Wirkungsgrad eines Einweggleichrichters 40,6 % und nicht 50 %?

Question

Warum beträgt der Wirkungsgrad eines Einweggleichrichters 40,6 % und nicht 50 %?

frick

Ich versuche, den Wirkungsgrad eines Einweggleichrichters anhand der Definition für Wirkungsgrad abzuleiten.

η = \frac{Ausgangsleistung}{Eingangsleistung}

$\eta = \frac{\text{output power}}{\text{input power}}$

Und das weiß ich auch

P = v_{Effektivwert} \cdot {ICH}_{Effektivwert}

$P = V_\text{rms} \cdot I_\text{rms}$

Als ich diese für die Ausgabe und Eingabe berechnete, erhielt ich V0 / 2 und I0 / 2 für die Ausgabe und V0 / sqrt(2) und I0 / sqrt(2) für die Eingabe.

Wenn ich alles einstecke, sollte der Wirkungsgrad 0,5 betragen, aber jede Quelle, die ich mir ansehe (wie diese ), sagt mir, dass es 40,6 % sind. Wo gehe ich falsch?

EDIT: Folgendes habe ich getan, um die RMS-Werte zu erhalten. Ich nahm an, dass der Gleichrichter an einen externen Widerstand R angeschlossen ist.

I_0 ist der maximale Strom des Eingangs, V_0 ist I_0 * R

Für die Eingabe,

{ICH}_{R M S}^{2} = \frac{\int_{0}^{T} {ICH}_{0}^{2} {Sünde}^{2} (\frac{2 π}{T} T) D T}{T} = \frac{{ICH}_{0}^{2} \int_{0}^{T} 1 - \cos (\frac{4 π}{T} T) D T}{2 T} = \frac{{ICH}_{0}^{2}}{2}

$I_{rms}^2 = \frac{\int_0^{T} I_0^2 \sin^2\left(\frac{2\pi}{T} t\right) \mathrm{d} t}{T} = \frac{I_0^2 \int_0^{T} 1 - \cos\left(\frac{4\pi}{T} t\right) \mathrm{d} t}{2T} = \frac{I_0^2}{2}$

⟹ {ICH}_{R M S} = \frac{{ICH}_{0}}{\sqrt{2}}

$\implies I_{rms} = \frac{I_0}{\sqrt{2}}$

v_{R M S} = \frac{{ICH}_{0} R}{\sqrt{2}} = \frac{v_{0}}{\sqrt{2}}

$V_{rms} = \frac{I_0 R}{\sqrt{2}} = \frac{V_0}{\sqrt{2}}$

Für die Ausgabe

{ICH}_{R M S}^{2} = \frac{\int_{0}^{\frac{T}{2}} {ICH}_{0}^{2} {Sünde}^{2} (\frac{2 π}{T} T) D T + \int_{\frac{T}{2}}^{T} 0 D T}{T} = \frac{{ICH}_{0}^{2} \int_{0}^{\frac{T}{2}} 1 - \cos (\frac{4 π}{T} T) D T}{2 T} = \frac{{ICH}_{0}^{2}}{4}

$I_{rms}^2 = \frac{\int_0^{\frac{T}{2}} I_0^2 \sin^2\left(\frac{2\pi}{T} t\right) \mathrm{d} t + \int_\frac{T}{2}^T 0 \mathrm{d} t}{T} = \frac{I_0^2 \int_0^{\frac{T}{2}} 1 - \cos\left(\frac{4\pi}{T} t\right) \mathrm{d} t}{2T} = \frac{I_0^2}{4}$

⟹ {ICH}_{R M S} = \frac{{ICH}_{0}}{2}

$\implies I_{rms} = \frac{I_0}{2}$

v_{R M S} = \frac{{ICH}_{0} R}{2} = \frac{v_{0}}{2}

$V_{rms} = \frac{I_0 R}{2} = \frac{V_0}{2}$

Dies ergibt den Wirkungsgrad als

\frac{\frac{v_{0} {ICH}_{0}}{4}}{\frac{v_{0} {ICH}_{0}}{2}} = 0,5

$\frac{\frac{V_0 I_0}{4}}{\frac{V_0 I_0}{2}} = 0.5$

AJN

Die verlinkte Seite enthält nicht das Wort „ Effizienz “. Hast du auf die richtige Seite verlinkt?

AJN

I_{0} / \sqrt{2}

$I_0/\sqrt 2$ denn die Eingabe ist falsch. Der Strom ist für Eingangs- und Ausgangsseite gleich (wenn kein Kondensator vorhanden ist). Wenn die Diode ideal ist und die Last ein reiner Widerstand ist, gibt es außer der Last kein energieabsorbierendes Element. Der Wirkungsgrad sollte also 100% betragen ??? Geben Sie detailliertere Berechnungen für Spannung und Strom auf der Eingangs- und Ausgangsseite an.

AJN

Strom, ob Eingang oder Ausgang, fließt nur in einer Halbwelle. Das Integral für den Eingangsstrom sollte also auch bis zu T/2 betragen; nicht T. Legen Sie auch bitte einen Schaltplan bei.

AJN

Ich denke, die Definition des Wirkungsgrads eines Halbwellengleichrichters in diesem speziellen Szenario ist nicht die Ausgangsleistung / Eingangsleistung. Ich denke, es ist definiert als Ausgangsleistung einer gleichgerichteten Halbwellenschaltung / Ausgangsleistung einer nicht gleichgerichteten Schaltung. Bitte geben Sie an, welche Definition an den von Ihnen gesuchten Orten verwendet wurde. Übrigens wurde das Wort Effizienz im ersten Link, den Sie bereitgestellt haben, nicht erwähnt. Das macht es schwierig, diese Frage richtig zu beantworten.

AJN

Der angegebene neue Link sieht nicht nach einer guten Lernressource aus. B. „ Warum werden Einweggleichrichter nicht in der Gleichstromversorgung verwendet? Antwort: Einweggleichrichter werden nicht in der Gleichstromversorgung verwendet, da die Versorgung durch den Einweggleichrichter nicht zufriedenstellend ist.“ !!! Es liefert nur eine Liste von Behauptungen ohne Erklärung oder Beweis.

Mitu Raj

@AJN Also wahr. Aber leider muss ich sagen, dass diese spezielle Lernressource jetzt die beliebteste bezahlte Lernressource in meinem Land ist. Mit Millionen von Studenten, die sich pro Jahr einschreiben.

dandavis

Die Dioden schneiden ein oder zwei halbe Volt ab und leiten nichts, wenn die Welle unter Vf liegt.

Nikhil Negi

Sie haben den Durchlasswiderstand der Diode nicht berücksichtigt. Durch diesen Widerstand geht nur sehr wenig Energie verloren.

Antworten (2)

Warum beträgt der Wirkungsgrad eines Einweggleichrichters 40,6 % und nicht 50 %?

Die verlinkte Seite enthält nicht das Wort „ Effizienz “. Hast du auf die richtige Seite verlinkt?
$I_0/\sqrt 2$ denn die Eingabe ist falsch. Der Strom ist für Eingangs- und Ausgangsseite gleich (wenn kein Kondensator vorhanden ist). Wenn die Diode ideal ist und die Last ein reiner Widerstand ist, gibt es außer der Last kein energieabsorbierendes Element. Der Wirkungsgrad sollte also 100% betragen ??? Geben Sie detailliertere Berechnungen für Spannung und Strom auf der Eingangs- und Ausgangsseite an.
Strom, ob Eingang oder Ausgang, fließt nur in einer Halbwelle. Das Integral für den Eingangsstrom sollte also auch bis zu T/2 betragen; nicht T. Legen Sie auch bitte einen Schaltplan bei.
Ich denke, die Definition des Wirkungsgrads eines Halbwellengleichrichters in diesem speziellen Szenario ist nicht die Ausgangsleistung / Eingangsleistung. Ich denke, es ist definiert als Ausgangsleistung einer gleichgerichteten Halbwellenschaltung / Ausgangsleistung einer nicht gleichgerichteten Schaltung. Bitte geben Sie an, welche Definition an den von Ihnen gesuchten Orten verwendet wurde. Übrigens wurde das Wort Effizienz im ersten Link, den Sie bereitgestellt haben, nicht erwähnt. Das macht es schwierig, diese Frage richtig zu beantworten.
Der angegebene neue Link sieht nicht nach einer guten Lernressource aus. B. „ Warum werden Einweggleichrichter nicht in der Gleichstromversorgung verwendet? Antwort: Einweggleichrichter werden nicht in der Gleichstromversorgung verwendet, da die Versorgung durch den Einweggleichrichter nicht zufriedenstellend ist.“ !!! Es liefert nur eine Liste von Behauptungen ohne Erklärung oder Beweis.
@AJN Also wahr. Aber leider muss ich sagen, dass diese spezielle Lernressource jetzt die beliebteste bezahlte Lernressource in meinem Land ist. Mit Millionen von Studenten, die sich pro Jahr einschreiben.
Die Dioden schneiden ein oder zwei halbe Volt ab und leiten nichts, wenn die Welle unter Vf liegt.
Sie haben den Durchlasswiderstand der Diode nicht berücksichtigt. Durch diesen Widerstand geht nur sehr wenig Energie verloren.

Mitu Raj · Answer 1

Die "Effizienz", auf die sie sich beziehen, ist das Umwandlungsverhältnis, wie ich im Wikipedia-Artikel über Gleichrichter gefunden habe -

Das Umwandlungsverhältnis (auch "Gleichrichtungsverhältnis" und verwirrenderweise "Wirkungsgrad" genannt) η ist definiert als das Verhältnis der DC-Ausgangsleistung zur Eingangsleistung von der AC-Versorgung.

Wenn wir uns an diese Konvention halten und davon ausgehen, dass Transformator und Dioden ideal sind, und wenn $R_L$ ist die Last, dann wäre "Effizienz" -

e = \frac{P_{D C}}{P_{A C}} = \frac{{ICH}_{D C}^{2} . R_{L}}{{ICH}_{R M S}^{2} . R_{L}} = \frac{{ICH}_{D C}^{2}}{{ICH}_{R M S^{2}}}

$e=\frac{P_{dc}}{P_{ac}}=\frac{I_{dc}^2.R_L}{I_{rms}^2.R_L}=\frac{I_{dc}^2}{I_{rms^2}}$

Wo $I_{dc}$ ist die DC-Komponente des Stroms durch $R_L$ , Und $I_{rms}$ ist die RMS-Komponente.

⟹ e = \frac{(\frac{1}{T} \int_{0}^{T} {ICH}_{M} Sünde ω T)^{2}}{\frac{1}{T} \int_{0}^{T} {ICH}_{M}^{2} {Sünde}^{2} ω T}

$\implies e =\frac{(\frac{1}{T}\int_0^TI_m\text{sin}\omega t)^2}{\frac{1}{T}\int_0^TI_m^2\text{sin}^2\omega t}$

⟹ e = \frac{\frac{1}{T^{2}} (\int_{0}^{T} {ICH}_{M} Sünde ω T)^{2}}{\frac{1}{T} (\int_{0}^{T / 2} {ICH}_{M}^{2} {Sünde}^{2} ω T + 0)}

$\implies e =\frac{\frac{1}{T^2}(\int_0^{T}I_m\text{sin}\omega t)^2}{\frac{1}{T}(\int_0^{T/2}I_m^2\text{sin}^2\omega t+0)}$

⟹ e = \frac{\frac{1}{T^{2}} (\int_{0}^{T / 2} {ICH}_{M} Sünde ω T + 0)^{2}}{{ICH}_{M}^{2} / 4}

$\implies e =\frac{\frac{1}{T^2}(\int_0^{T/2}I_m\text{sin}\omega t+0)^2}{I_m^2/4}$

⟹ e = \frac{\frac{1}{ω^{2} T^{2}} ([- {ICH}_{M} cos ω T]_{0}^{T / 2})^{2}}{{ICH}_{M}^{2} / 4} = \frac{\frac{1}{ω^{2} T^{2}} .4 {ICH}_{M}^{2}}{{ICH}_{M}^{2} / 4}

$\implies e =\frac{\frac{1}{\omega ^2T^2}([-I_m\text{cos}\omega t]_0^{T/2})^2}{I_m^2/4}=\frac{\frac{1}{\omega ^2T^2}.4I_m^2}{I_m^2/4}$ Putten

ω = 2 π / T

$\omega=2\pi/T$

⟹ e = \frac{4}{π^{2}} \approx 0,405 = 40.5 %

$\implies e =\frac{4}{\pi^2}\approx0.405=40.5\%$

Andi aka · Answer 2

Für alles andere als ohmsche Lasten, die mit linearen Geräten angetrieben werden, ist die von Ihnen verwendete Leistungsgleichung korrekt. Für Brückengleichrichter (das ist ein Vollwellengleichrichter) ist es für echte Dioden fast korrekt, aber für Halbwellengleichrichter ist es ein gutes Stück daneben.

Wenn die Diode ideal wäre, wird die Leistung während ihrer leitenden Halbwelle zu 100% in die Last übertragen. Aber für die nichtleitende Halbwelle wird der Versorgung keine Leistung entnommen. Berechnen Sie die Leistung, wenn es sich um einen idealen Vollwellen-Brückengleichrichter handelt, und teilen Sie sie dann durch 2, um die übertragene Halbwellenleistung zu erhalten.

Und Sie werden feststellen, dass die Energieeffizienz sowohl bei der Vollbrücke als auch bei der Halbbrücke nahezu 100 % beträgt. Wenn die Dioden ideal wären, dann ist es in beiden Fällen 100% Wirkungsgrad.

Exakt. Energieerhaltung. EnergyOut = EnergyIn - EnergyLost. Eine perfekte Diode verliert keine Energie (keine Wärme).

Warum beträgt der Wirkungsgrad eines Einweggleichrichters 40,6 % und nicht 50 %?

frick

AJN

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Mitu Raj

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Mitu Raj

Andi aka

Mattman944

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