Apóstila Eletronica Industrial (BOA)

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62
 
5- RETIFICADOR CONTROLADO DE SILÍCIO ( SILICON 
CONTROLLED RETIFIER – SCR) 
 
Este componente semi-condutor faz parte de uma família de dispositivos conhecidos 
como TIRISTORES. Seu símbolo esquemático está mostrado na fig. 5-1. 
 
 
 
G
(porta)
A
(anodo)
C
(catodo)
 
 
 
 Fig. 5-1 
 
No caso de polarização inversa entre anodo e catodo, o SCR se comporta como um 
diodo comum, ou seja, nesta situação não conduz corrente. 
Quando se aplica uma diferença de potencial positiva entre anodo e catodo, mesmo 
assim, este diodo não conduz. Dizemos que ele está desligado. Para ligá-lo, ou seja, 
para fazê-lo conduzir corrente, nesta situação, é necessário introduzir um pequeno 
sinal, positivo em relação ao catodo, na porta G. 
Entretanto, após entrar em condução, mesmo que se retire a tensão da entrada G, ele 
permanece conduzindo. Ele só para de conduzir quando a tensão entre anodo e catodo 
se tornar nula ou negativa. 
 
Normalmente o sinal aplicado à porta G, para ligá-lo, tem a forma de um pequeno pulso 
de curta duração. 
 
Dois exemplos ilustrativos de funcionamento 
 
Exemplo 1 
 
A fig. 5-2 mostra um SCR conectado a uma fonte de tensão constante igual a 10 v. 
 
 
SV GV 0VR10 v
 
 
 
 Fig. 5-2 
 
A fig. 5-3 mostra o diagrama de tempo das três tensões indicadas nesse esquema. 
 
 63
 
SV
GV
0V
v10
v10
v3
v0
t
v0
v0
t
t
 
 
 Fig. 5-3 
 
Vemos que a presença de uma polarização direta entre anodo e catodo do SCR é 
insuficiente para fazê-lo conduzir corrente. Apenas no instante que chega a tensão 
positiva GV é que ele passa a conduzir. Vemos, também, que mesmo quando a tensão 
GV se torna nula, o SCR permanece conduzindo corrente. 
 
Exemplo 2 
 
A fig. 5-4 mostra um esquema em que o SCR é usado para retificar uma tensão 
periódica SV que possui forma de onda quadrada. A tensão GV , também, é periódica 
mas tem a forma de pulsos estreitos que se repetem com freqüência igual ao da tensão 
SV . 
 
 
SV GV 0VRSV
 
 
 
 Fig. 5-4 
 
A fig. 5-5 mostra o diagrama de tempo das três tensões indicadas nesse último esquema. 
 
 64
SV
v10
tv0
GV
0V
v10
v3
v0
v0 t
t
v10−
 
 
 Fig. 5-5 
 
 
Vemos que, durante a polarização direta do diodo, ele só passa a conduzir corrente 
quando chega o pulso de GV . Neste caso ele continua conduzindo corrente até o instante 
que a polarização desse diodo é invertida. Portanto podemos dizer que, neste esquema, 
a onda quadrada se transforma em uma seqüência periódica de pulsos positivos cuja 
largura é determinada pela posição relativa dos pulsos estreitos do sinal GV . 
 
Aplicação do SCR na retificação em meia onda de uma tensão alternada com 
forma senoidal 
 
A fig. 5-6 mostra um esquema em que o SCR é usado para retificar uma tensão 
senoidal Sv . A tensão de acionamento Gv , também, é periódica mas tem a forma de 
pulsos estreitos que se repetem com freqüência igual à da tensão Sv . 
 
 
Sv Gv 0vRSv
 
 
 Fig. 5-6 
 
A fig. 5-7 mostra o diagrama de tempo das três tensões indicadas neste esquema. 
 65
 
0v
mV
0
Gv
GV
t
t
0
mV
t
Sv
0
mV−
 
 Fig. 5-7 
Vemos que, durante o ciclo positivo de Sv , o diodo só passa a conduzir corrente 
quando chega o pulso Gv . Neste caso, a partir deste ponto, a tensão de saída 
acompanha a tensão de entrada Sv até o instante em que esta tensão de entrada fica 
negativa. Nesta situação, a corrente no SCR é interrompida fazendo com que a tensão 
0v , de saída, fique nula. Portanto podemos dizer que, neste esquema, o sinal Gv 
controla, também. a duração dos semiciclos positivos na saída. 
 
Geração dos pulsos de acionamento do SCR 
 
Os pulsos de acionamento devem estar síncronos com a tensão de entrada a ser 
retificada pelo SCR. Portanto, esses pulsos devem ser extraídos dessa tensão de 
entrada. 
A fig. 5-8 mostra um exemplo de esquema funcional para geração dos pulsos de 
acionamento do SCR. O esquema contém um defasador, um quadrador inversor e um 
diferenciador retificador. 
 
defasador Quadradorinversor
Diferenciador
+
retificador
carga
 
 
 Fig. 5-8 
 66
Funcionamento 
 
A fig. 5-9 mostra a variação angular das diversas tensões indicadas na fig. 5-8. 
 
mV
tω0
mV−
mV
Sv
0
mV−
α
1v
2v
3v
4v
Tensão após o defasador
Tensão após o quadrador inversor
Tensão após o diferenciador
Tensão após o retificador
tω
tω
tω
tω
0
0
0
Tensão de entrada
 
 
 Fig. 5-9 
 
A tensão de entrada, ou uma amostra dessa tensão, é submetida a um defasador. Desta 
maneira é produzida uma tensão senoidal com um determinado atraso em relação à 
tensão da entrada. Esta tensão atrasada entra em um circuito que a transforma em onda 
 67
quadrada. A seguir, esta onda quadrada é submetida a um circuito diferenciador. Desta 
maneira gerou-se uma seqüência de pulsos estreitos alternadamente positivos e 
negativos. Após a retificação, desta seqüência de pulsos alternados, tem-se a seqüência, 
que contém apenas pulsos positivos. Esta seqüência possui a mesma freqüência da 
tensão de entrada. Os pulsos, desta seqüência, estão defasados de um ângulo α em 
relação ao início dos semiciclos positivos da tensão de entrada. Esta seqüência de 
pulsos é usada no acionamento do SCR. 
 
Circuito detalhado da retificação controlada 
 
A fig. 5-10 mostra o circuito de um retificador controlado, obtido por simulação 
através do programa TINA. Este circuito foi projetado para trabalhar na freqüência de 
60 Hz. A defasagem dos pulsos de acionamento do SCR é ajustada pelos valores dos 
resistores R3 e R4. 
V1 10
C1 1u
R1
 
1k D
1 
1N
11
83
+
VG2
U1 2N1595
R
2 
1k
VF1 VF2
C2 2,65u C3 265n
-
+
+3
2
6
7
4
OP1 !OPAMP
R3 R4
 
 
 Fig. 5-10 
 
A fig. 5-11 mostra o mesmo circuito com R3 e R4 ajustados para se obter uma 
defasagem de 45° . 
V1 10
C1 1u
R
1 
1k D
1 
1N
11
83
+
VG2
U1 2N1595
R2
 
1k
VF1 VF2 
R3
 
41
5
C2 2,65u
R
4 
4,
15
k
C3 265n
-
+
+3
2
6
7
4
OP1 !OPAMP
 
 Fig. 5-11 
 
A fig. 5-12 compara o sinal senoidal de entrada com o retificado da saída. 
 
 
 68
T
0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m
Ax
is
 
la
be
l
-50.00
-25.00
0.00
25.00
50.00
 
 
 Fig. 5-12 
 
A fig. 5-13 mostra o mesmo circuito com R3 e R4 ajustados para a defasagem 90°. 
V1 10
C1 1u
R
1 
1k D
1 
1N
11
83
+
VG2
U1 2N1595
R
2 
1k
VF1 VF2 
R
3 
1k
C2 2,65u
R4
 
10
k
C3 265n
-
+
+3
2
6
7
4
OP1 !OPAMP
 
 Fig. 5-13 
 
O resultado desta simulação está ilustrado na fig.5-14. 
 69
T
0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m
Ax
is
 
la
be
l
-50.00
-25.00
0.00
25.00
50.00
 
 
 Fig. 5-14 
 
Finalmente, temos o circuito mostrado na fig. 5-15 que foi ajustado para a defasagem de 
135° 
 
V1 10
C1 1u
R
1 
1k D
1 
1N
11
83
+
VG2
U1 2N1595
R2
 
1k
VF1 VF2 
R3
 
2,
42
k
C2 2,65u
R4
 
24
,
2k
C3 265n
-
+
+3
2
6
7
4
OP1 !OPAMP
 
 
 Fig. 5-15 
 
 
A comparação entre os sinais de entrada e de saída está mostrada na fig. 5-16 
 
 70
T
0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m
Ax
is
 
la
be
l
-50.00
-25.00
0.00
25.00
50.00
 
 
 Fig. 5-16 
 
Em todos os ajustes foi adotada a relação: 
 
 R4 = 10 × R3 
 
Na prática, o ajuste da defasagem pode ser contínuo. Para isto usam-se dois 
potenciômetros montados no mesmo eixo (montagem tandem). O potenciômetro 
correspondente ao R4 tem valor máximo dez vezes maior do que o que corresponde ao 
R3. 
Outra possibilidade é substituir R3 e R4 por dispositivos ativos, semi-condutores, cujos 
valores de suas resistências são controlados por tensão. Este arranjo é conveniente 
quando se utiliza controle automático, em malha fechada, da retificação. 
 
Aplicação do SCR na retificação em onda completa de um sinal senoidal. 
 
1 - Caso em que se usa dois SCR na retificação de onda completa. 
 
 
A fig. 5-17 mostra o esquema funcional de um retificador controlado, de onda completa, 
onde são utilizados dois diodos SCR. 
 
 71
 
carga
defasador
Quadrador
inversor
Diferenciador
+
retificador
Quadrador
não
inversor
Diferenciador
+
retificador
 
 
 Fig. 5-17 
 
Os pulsos, que acionam o SCR inferior, ficam defasados de 180° em relação aos 
pulsos acionadores do SCR superior. 
A fig. 5-18 mostra o detalhamento deste circuito obtido, também, por simulação 
utilizando o programa TINA. Os valores dos resistores R3 e R4 estão ajustados para que 
os pulsos de acionamento tenham um retardo de 45° em relação aos inícios dos 
semiciclos do sinal retificado, 
+
VG1
R3
 
45
0
R4
 
4,
5k
C2 2,65uC3 265n
-
+
+3
2
6
7
4
OP1 !OPAMP
V1 10
C4 1u
R6
 
1k
D3
 
1N
11
83
C1 1u
R1
 
1k
D1
 
1N
11
83
-
+
+
3
2
6
7
4
OP2 !OPAMP
VF1
N1
N2
N3
TRCT1 2
U1 2N1595
U2 2N1595
R2
 
1k
VF2
 
 Fig. 5-18 
 
A fig. 5-19 compara a tensão retificada com a tensão senoidal de entrada. 
 72
T
0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m
-10.00
20.00
-20.00
20.00
Sv
0v
 
 
 Fig. 5-19 
 
2 - Caso em que se usa quatro SCR. em ponte. 
 
A fig. 5-20 mostra o esquema, de um retificador controlado de onda completa, onde são 
usados quatro SCR. 
 
defasador
Quadrador
inversor
Diferenciador
+
retificador
Quadrador
não
inversor
Diferenciador
+
retificador
carga
1D
4D
3D
2D
 
 
 Fig. 5-20 
 
 
 73
Nota-se que a seqüência superior de pulsos de acionamento atua, simultaneamente, nos 
SCR 1D e 2D . A seqüência inferior aciona, simultaneamente, os SCR 3D e 4D . 
 
Outros tipos de circuitos geradores dos pulsos de acionamento do SCR. 
 
Nestes exemplos, de geração de pulsos de acionamento, foram utilizados 
amplificadores operacionais. Portanto é necessário o fornecimento de uma tensão 
contínua positiva para a alimentação desses amplificadores. Esta tensão de alimentação 
pode ser obtida por meio de retificação e filtragem do próprio sinal alternado de entrada. 
Também pode ser proveniente de uma fonte externa. 
Existem outros arranjos para a obtenção dos pulsos de acionamento dos SCR. Alguns 
desses arranjos são, inteiramente, passivos. Esses arranjos estão detalhados em 
Application Notes publicados pelos fabricantes de dispositivos do tipo SCR. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 74
6 – PROPRIEDADES DOS RETIFICADORES CONTROLADOS 
 
6-1 – RETIFICADOR DE MEIA ONDA COM CARGA RESISTIVA 
 
A fig. 6-1.a mostra, mais uma vez, o esquema desta retificação. 
 
Sv 0vRSv
A K
G
0i
 
 
 (a) 
 
0v
mV
0 tω
0i
α0
mV
Sv
0
mV−
mI
AKv
0
mV−
pi
pi2
cθ
0 pi
αpi +2
pi2
tω
tω
tω
 
 (b) 
 
 Fig. 6-1 
 75
A fig. 6-1.b mostra os diversos sinais indicados no circuito. Nota-se que o SCR só passa 
a conduzir corrente após um ângulo α a partir do início do ciclo positivo do sinal de 
entrada.. 
 
Determinação dos principais parâmetros que relacionam o sinal de entrada com o 
de saída. 
 
Ângulo de condução 
 
[ ] αθ −°= 180grauc [grau] ou [ ] αpiθ −=rdc [rd] 
 
Cálculo da corrente máxima na carga 
 
Seja mV a amplitude máxima do sinal de entrada. Vamos continuar desprezando a 
queda de tensão no SCR durante o intervalo de condução. Neste caso, a corrente 
máxima na carga fica 
 
 
R
V
I mm = 
 
Cálculo da tensão média do sinal retificado 
 
 
 ( )
( ) ( )α
pipi
αpi
pi
θθ
pi
α cos1
22
coscos
2
sen
0 +=
−−
==
∫ mmm
AVG
VVdVV
 
 
 
 ( ) ( )αpi cos120 +=
m
AVG
VV 6-1 
 
 
Corrente média do sinal de saída 
 
( )
( )
R
V
I AVGAVG
0
0 = ( )α
pi
cos1
2
+=
R
Vm
 
 
 ( ) ( )α
pi
cos1
20
+=
R
V
I mAVG 6-2 
 
 
Potência DC na carga 
 
( ) ( )
( )
R
V
IVP AVGAVGAVGDC
2
0
00 =×= 
 
 76
 
( )
R
V
P AVGDC
2
0
= 
 
ou ( )22
2
cos1
4
α
pi
+=
R
V
P mDC 6-3 
 
 
Valor máximo da tensão média na saída 
 
O valor máximo de ( )AVGV0 acontece para 0=α 
 
Neste caso, 
 
 ( )[ ] ( ) pipi mmMAXAVG
VVV =+= 0cos1
20
 
 
Tensão média normalizada em relação ao seu valor máximo 
 
 
( )
( )[ ] 2
cos1
0
0 α+
==
MAXAVG
AVG
N V
V
V 
 
A Figura 6-2 mostra a variação desta grandeza em função do ângulo α . Note-se que um 
retardo correspondente à defasagem de 90° faz com que a componente média caia para a 
metade de seu valor máximo. 
 
 
[ ]grauα
NV
 
 
 Fig. 6-2 
 
Valor máximo de DCP 
 
O valor máximo acontece, também, para 0=α 
 
 77
[ ] =MAXDCP ( )22
2
0cos1
4
+
R
Vm
pi R
Vm
2
2
pi
= 
 
Potência DC normalizada em relação ao valor máximo 
 
[ ]
( )
4
cos1 2α+
==
MAXDC
DC
N P
P
P 
 
A Figura 6-3 mostra a variação desta grandeza em função do ângulo α . Note-se que a 
defasagem de 90° faz com que a potência DC caia para um quarto de seu valor 
máximo.NP
[ ]grauα
 
 
 Fig. 6-3 
------------------------------------------------------------------------------------------------------ 
Exercício 6-1 
Um retificador controlado de meia onda é alimentado por uma fonte de 120 v. Se a 
resistência de carga for 10 ohm, determine a tensão DC e a potência DC entregue à 
carga para os seguintes ângulos de retardo: 
 
a) 00=α 
b) 045=α 
c) 090=α 
d) 0135=α 
e) 0180=α 
 
Solução: 
Tensão de pico na carga = vVV Sm 7,16912022 =×== 
 
Tensão média na carga = ( ) ( )αpi cos120 +=
m
AVG
VV v 
 
 78
Potência DC na carga = ( )
R
V
P AVGDC
2
0
= W 
 
a) 0=α 
 
 ( ) ( ) 0,540cos12
7,169
0 =+= piAVG
V v 
 
 293
10
0,54 2
==DCP W 
 
b) 045=α 
 
 ( ) ( ) 2,4645cos12
7,169
0 =+= piAVG
V v 
 
 213
10
2,46 2
==DCP W 
 
c) 090=α 
 
 ( ) ( ) 1,2790cos12
7,169
0 =+= piAVG
V v 
 
 2,73
10
1,27 2
==DCP W 
 
d) 0135=α 
 
 ( ) ( ) 92,7135cos12
7,169
0 =+= piAVG
V v 
 
 3,6
10
92,7 2
==DCP W 
 
e) 0180=α 
 
 
 ( ) ( ) 0180cos12
7,169
0 =+= piAVG
V v 
 
 
 0
10
02
==DCP W 
----------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 79
Corrente RMS na carga 
 
( ) pi
θ
pi
θ
pi
α
pi
2
sen
2
222
0
2
0
0
∫∫
==
dIdi
I
m
RMS pi
α
pi
α
2
2sen1
2
+−= m
I
 
 
( ) pi
α
pi
α
2
2sen1
20
+−= mRMS
II
 6-4 
 
 
onde 
R
V
I mm = 
 
Nota importante: Devida à compatibilidade dimensional da expressão matemática de 
RMSI , é necessário que, no termo pi
α
, o ângulo α seja dado em radiano. Entretanto, 
obtém-se o mesmo resultado numérico se for substituído esse termo por [ ]
°180
grauα
. 
 
Potência total entregue à carga 
 
 
 ( ) RIP RMS ×=
2
00 6-5 
 
 
Potência proveniente da fonte de tensão alternada 
 
Como o diodo não dissipa potência, a potência fornecida pela fonte alternada é a mesma 
dissipada na carga: 
 
 0PPAC = 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 6-2 
Um retificador controlado de meia onda, ligado a uma fonte de 150 volt e freqüência 60 
Hz, alimenta uma carga resistiva de 10 ohm. Se o ângulo de retardo for °= 30α , 
determine: 
 
a) A corrente máxima na carga 
b) A tensão média na carga 
c) A corrente média na carga 
d) A potência DC fornecida à carga 
e) A corrente ( )RMSI 0 na carga 
f) A potência total fornecida à carga 
g) O ângulo de condução 
h) A freqüência de ondulação 
i) O fator de potência 
 80
Solução: 
 
Valor de pico da tensão de entrada 
 
21215022 =×== Sm VV v 
 
a) Corrente máxima na carga 
 
 
10
212
==
R
V
I mm A = 21,2 A 
 
b) Tensão média na carga 
 
( ) ( ) ( ) 6330cos12
212
cos1
20
=°+=+=
pi
α
pi
m
AVG
VV v 
 
c) Corrente média na carga 
 
 ( )
( ) 3,6
10
630
0 === R
V
I AVGAVG A 
 
d) a potência DC na carga 
 
 ( ) ( ) 9,3963,66300 =×=×= AVGAVGDC IVP W 
 
e) Corrente RMS na carga 
 
 ( ) A
II mRMS 5,102
60sen
180
301
2
2,21
2
2sen1
20
=
°
+−=+−=
pipi
α
pi
α
 
 
f) Potência total fornecida à carga 
 
 ( ) RIP RMS ×=
2
00 1094105,10 2 =×= W 
 
g) ângulo de condução 
 
 °=°−°=−°= 15030180180 αθc 
 
h) Freqüência de ondulação 
 
 rf = freqüência do sinal de entrada = 60 Hz 
 
i) Potência aparente 
 
 ( ) 15755,101500 =×=×= RMSS IVS VA 
 
 81
j) Fator de potência 
 
69,0
1575
10940
====
S
P
S
P
PF AC 
 
-------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 6-3 
Um retificador controlado de meia onda é ligado a uma fonte de 120 v. Calcule o 
ângulo de disparo necessário para fornecer 150 W de potência DC a uma carga de 10 
ohm. 
 
 Solução: 
 
1701502 =×=mV v 
( )22
2
cos1
4
α
pi
+=
R
V
P mDC 
 
DC
mm
DC RP
VV
RP pipi
α
24
cos1 2
2
==+ 
 






−=
− 12cos 1 DC
m
RP
V
pi
α 
 
 
°==





−×= −− 4,64413,0cos115010
170
2
cos 11
pi
α 
 
 °= 4,64α 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 
6-2 – RETIFICADOR DE MEIA ONDA COM CARGA INDUTIVA 
UTILIZANDO DIODO DE RETORNO 
 
Necessidade do diodo de retorno 
 
Vimos no capítulo 3 que, quando se tem carga indutiva, o diodo de retorno impede que 
a presença de trechos com tensão negativa no sinal retificado. Se houvesse a presença 
desses intervalos de tensão negativa, a tensão média ficaria menor, e conseqüentemente, 
a potência DC. 
A fig. 6-4 mostra um retificador controlado, com carga indutiva, onde é usado diodo de 
retorno. 
 
 82
 
G
Sv
R
L
0i
0v
 
 
 Fig. 6-4 
 
A comparação entre a tensão de entrada e a de saída deste retificador, pode ser vista na 
fig. 6-5 
 
 
0v
mV
0 tω
α
0
mV
Sv
0
m
V−
pi
pi2
cθ
0 pi
αpi +2
pi2
tω
 
 
 Fig. 6-5 
 
Vemos que o resultado é o mesmo do caso da carga resistiva. 
Portanto, a expressão matemática da tensão média é a mesma daquele caso, ou seja 
 
 ( ) ( )αpi cos120 +=
m
AVG
VV 6-6 
 
A corrente média também é a mesma do caso da carga puramente resistiva. Isto 
acontece porque a corrente média é uma corrente contínua e a impedância de um 
indutor, para corrente contínua, é nula. 
 
 83
 Portanto, a corrente média fica: 
 
 ( )
( )
R
V
I AVGAVG
0
0 = 
 
ou ( ) ( )α
pi
cos1
20
+=
R
V
I mAVG 6-7 
 
 
O comportamento diferente, entre os dois tipos de carga, aparece nos valores da 
corrente RMS. 
 
Determinação da forma de onda da corrente na carga 
 
Vamos supor que a tensão de entrada pode ser designada pela expressão matemática: 
 
 tVv mS ωcos= 
 
Neste caso, a tensão retificada é periódica, com freqüência 0f , mas não é senoidal, 
Portanto, ela pode ser decomposta em uma soma de tensões harmônicas de 0f : 
 
( ) tVVv AVG ωsen0100 += tV ω2sen02+ tV ω3sen03+ .......... ......sen0 ++ tnV n ω 
 
A fig. 6-6.a mostra a tensão retificada onde foi usado ângulo α , de disparo, igual a 
45°. A fig. 6-6.b mostra as suas componentes espectrais até a terceira harmônica. 
 
 
(a) (b)
( )AVGV0
01v
02v03v
0
0
0
0
 
 
 Fig. 6-6 
 
O valor da componente contínua já foi determinado e resultou 
 
 ( ) ( )αpi cos120 +=
m
AVG
VV 
 
Da mesma forma, foi determinado o valor da corrente produzida por esta tensão 
contínua. Resultou a corrente contínua: 
 84
 ( )
( )
R
V
I AVGAVG
0
0 = ou ( ) ( )α
pi
cos1
20
+=
R
V
I mAVG 
 
Para o cálculo das componentes de corrente alternada, teremos a influência das 
impedâncias do indutor. 
 
Para cada componente a corrente resulta: 
 
 ( )nnn tnIi ψω += cos00 
 
 
onde ( )2
0
0
1
1
nKR
V
I nn
+
×=
 6-8 
 
 
 e nKtgn
1−
=ψ 
 
Nestas expressões, K vem a ser a relação entre a impedância da indutância e a 
resistência na freqüência fundamental, ou seja, 
 
 
R
L
R
X
K L ω== 6-9 
 
 
Vamos analisar dois casos extremos: 
 
a) 1<<nK 
 
Neste caso, 
R
V
I nn
0
0 ≈ 
 
Vemos que o efeito da indutância fica desprezível. O comportamento fica praticamente 
igual ao do caso do retificador com carga resistiva. 
 
b) 1>>K 
 
Neste caso, com mais razão, vale 
 
 ( ) 12 >>nK 
 
Resulta a aproximação 
 
 
nKR
V
I nn
10
0 ×≈ 6-10 
 
 
A desigualdade 1>>K é o mesmo que dizer que 
 85
 1>>
R
Lω
 ou RL >>ω 
 
Nesta situação, a indutância possui reatância na freqüência fundamental, muito maior 
que a resistência da carga. Pela expressão 6-10 podemos concluir que quanto maior for 
K, ou a ordem n da harmônica, menor fica amplitude de corrente produzida pela 
tensão harmônica correspondente. 
 
A fig. 6-7.a mostra o caso em que RL ×= 2ω . A fig. 6-7.b mostra a situação em que 
RL ×= 20ω . A resistência de carga foi normalizada para o valor de 1 ohm para poder 
utilizar a mesma escala numérica tanto para tensão quanto as correntes 
 
T
0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m
Ax
is
 
la
be
l 
-10.00
0.00
10.00
20.00
30.00
40.00
50.00
0v
( )AVGI 0
0i
T
0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m
Ax
is
 
la
be
l 
-10.00
0.00
10.00
20.00
30.00
40.00
50.00
0v
0i( )AVGI 0
(a) (b)
RL ×= 2ω
RL ×= 20ω
 
 Fig. 6-7 
 
Nota-se que, quando RL >>ω as amplitudes das harmônicas ficam desprezíveis com 
relação ao valor médio ( )AVGI 0 , ou seja 
 
 ( ) ( )αpi cos1200 +=≈
m
AVG
V
Ii 
 
 
Determinação da potência total na carga na situação em que RL >>ω 
 
Corrente RMS 
 
( )
( ) ( ) ( )
( )AVG
AVGAVG
RMS I
IdIidi
I 0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
0 2
02
22
=
−×
=≈=
∫∫
pi
pi
pi
θ
pi
θ pipi
 
 
 
 ( ) ( )AVGRMS II 0≈ 
 
ou ( ) ( )αpi cos120 +≈ R
VI mRMS 
 
Potência total entregue à carga 
 
 86
Como a indutância não dissipa potência, toda a potência do sinal retificado é dissipada 
na resistência R. 
 
 ( ) RIP RMS ×=
2
00 
 
no caso em que RL >>ω resulta a aproximação 
 
( ) ( ) ( )22
2
2
0
2
90 cos14
+=×≈×=
R
V
RIRIP mAVGRMS
pi
 
 
 
 ( ) DCm PR
V
P =+≈ 22
2
0 cos14pi
 
 
 
Potência fornecida pela fonte AC 
 
Como os diodos não consomem potência, a potência fornecida à carga é igual a que foi 
fornecida pela fonte alternada. 
 
 0PPin = 
 
No caso em que RL >>ω . Vale a aproximação: 
 
 DCin PP ≈ 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 6- 4 
Um retificador controlado de meia onda trabalha com carga indutiva. Sua tensão de 
entrada é fornecida por uma fonte de 150 volt e freqüência 60 Hz. Ele alimenta uma 
carga de 10 ohm. O valor de sua indutância é 1 H. Se o ângulo de retardo for °= 30α , 
determine: 
 
a) A tensão média na carga 
b) A corrente média na carga 
c) A potência DC fornecida à carga 
d) Reatância do indutor da carga 
e) A corrente ( )RMSI 0 na carga 
f) A potência total fornecida à carga 
g) A potência aparente 
h) O fator de potência 
 
Solução: 
 
Valor de pico da tensão de entrada 
 
21215022 =×== Sm VV v 
 
 87
a) ( ) ( ) ( ) 6330cos12
212
cos1
20
=°+=+=
pi
α
pi
m
AVG
VV v 
 
b) Corrente média na carga 
 
( )
( ) 3,6
10
630
0 === R
V
I AVGAVG A 
 
c) Potência DC fornecida à carga. 
 
( ) ( ) 9,3963,66300 =×=×= AVGAVGDC IVP W 
 
d) Reatância do indutor da carga 
 
 Ω=×== 37712 fLX L piω 
 
Vemos que RX L >> 
 
e) Corrente RMS na carga 
 
Como RX L >> . Resulta 
 
( ) ( ) 3,600 =≈ AVGRMS II A 
 
f) Potência total na carga 
 
9,396103,6 220 =×=×= RIP RMS W 
 
g) Potência aparente 
 
 ( ) 9453,61500 =×=×= RMSS IVS VA 
 
h) Fator de potência 
 
42,0
945
9,3960
====
S
P
S
P
PF AC 
-----------------------------------------------------------------------------------------------
Exercício 6-5 
Um carregador bi-volt utiliza um retificador controlado de meia onda. Sua carga é 
indutiva de tal modo que RL >>ω . Quando a amplitude da tensão da fonte é mV o 
ângulo de disparo é zero e é produzido em R a tensão ( )AVGV0 . Quando a amplitude da 
tensão da fonte for mV2 , o ângulo de disparo é α e é produzido em R o mesmo ( )AVGV0 
do caso anterior. Determinar o valor de α . 
 
Solução: 
 
 88
- Amplitude igual a mV 
 
( ) ( ) ( ) pipipi
mmm
AVG
VVVV =+=+= 11
2
0cos1
20
 
 
- Amplitude igual a mV2 
 
( ) ( )αpipi cos12
2
0 +==
mm
AVG
VVV ( )α
pi
cos1+= mV 
 
Portanto ( )α
pipi
cos1+= mm VV 
 
Ou αcos11 += 
 
Ou 0cos =α ∴ °== − 900cos 1α 
 
 °= 90α 
 
--------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 
6-3 – PROPRIEDADES DO RETIFICADOR CONTROLADO DE ONDA 
COMPLETA COM CARGA RESISTIVA 
 
A fig. 6-8.a mostra, novamente, o esquema desta retificação em montagem que 
utiliza dois SCR. Está indicada uma das fases do sinal alternado. 
 
R
1
43
2
sv
sv
sv
0v
0i
 
 (a) 
 89
 
0v
mV
0
tω
0i
α
0
mV
Sv
mV−
mI
12v
mV2−
pi
cθ
0
αpi +
tω
tω
tω0
tω0
34v
mV2−
 
 (b) 
 Fig. 6-8 
 
A fig. 6-8.b mostra os diversos sinais indicados no circuito. Nota-se que o SCR só passa 
a conduzir corrente após um ângulo α a partir do início de cada semiciclo do sinal de 
entrada.. 
 
Determinação dos principais parâmetros que relacionam o sinal de entrada com o 
de saída. 
 
- Ângulo de condução em cada ciclo 
 
[ ] αθ −°= 180grauc [grau] ou [ ] αpiθ −=rdc [rd] 
 
- Cálculo da corrente máxima na carga 
 
 90
 
- Tensão de pico inversa em cada diodo (PIV) : 
 
Sendo mV a amplitude máxima do sinal de entrada, a máxima tensão de pico inversa, 
em cada diodo, fica: 
 
 
PIV = 2 mV 
 
- Cálculo da tensão média do sinal da saída 
 
Pelas curvas da fig.6-7.b vemos que o período da tensão de saída é a metade do período 
do sinal de entrada, ou seja: pi 
 
 ( )
( ) ( )α
pipi
αpi
pi
θθ
pi
α cos1coscos
sen
0 +=
−−
==
∫ mmm
AVG
VVdVV
 
 
 
( ) ( )αpi cos10 +=
m
AVG
VV 6-11 
 
- Corrente média do sinal de saída 
 
( )
( )
R
V
I AVGAVG
0
0 = ( )α
pi
cos1+=
R
Vm
 
 
 
( ) ( )α
pi
cos10 += R
V
I mAVG 6-12 
 
 
- Potência DC na carga 
 
( ) ( )
( )
R
V
IVP AVGAVGAVGDC
2
0
00 =×= 
 
( )
R
V
P AVGDC
2
0
= 
 
 
 
ou ( )22
2
cos1 α
pi
+=
R
V
P mDC 6-13 
 
 
 91
- Valor máximo da tensão média 
 
O valor máximo de ( )AVGV0 acontece para 0=α 
Neste caso, 
 
 ( )[ ] ( ) pipi mmMAXAVG
VVV 20cos10 =+= 
 
- Tensão média normalizada em relação ao seu valor máximo 
 
( )
( )[ ] 2
cos1
0
0 α+
==
MAXAVG
AVG
N V
V
V 
 
A Figura 6-9 mostra a variação desta grandeza em função do ângulo α . Note-se que um 
retardo correspondente à defasagem de 90° faz com que a componente média caia para a 
metade de seu valor máximo. 
 
 
[ ]grauα
NV
 
 
 Fig. 6-9 
- Valor máximo de DCP 
O valor máximo acontece para 0=α 
 
[ ] =MAXDCP ( )22
2
0cos1+
R
Vm
pi R
Vm
2
24
pi
= 
 
- Potência DC normalizada em relação ao valor máximo 
 
[ ]
( )
4
cos1 2α+
==
MAXDC
DC
N P
P
P 
 
 92
A Figura 6-10 mostra a variação desta grandeza em função do ângulo α . Note-se que a 
defasagem de 90° faz com que a potência DC caia para um quarto de seu valor 
máximo. 
 
NP
[ ]grauα
 
 
 Fig. 6-10 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
Exercício 6-6 
Um retificador controlado de onda completa é alimentado por uma fonte de 120 v. 
Se a resistência de carga for 10 ohm, determine a tensão DC e a potência DC entregue 
à carga para os seguintes ângulos de retardo: 
a) 00=α 
b) 045=α 
c) 090=α 
d) 0135=α 
e) 0180=α 
 
Solução: 
Tensão de pico na carga = vVV Sm 7,16912022 =×== 
Tensão média na carga = ( ) ( )αpi cos10 +=
m
AVG
VV v 
Potência DC na carga = ( )
R
V
P AVGDC
2
0
= W 
a) 0=α 
 
( ) ( ) 1080cos17,1690 =+= piAVGV v 
1167
10
1082
==DCP W 
b) 045=α 
 
 93
( ) ( ) 2,9245cos17,1690 =+= piAVGV v 
4,850
10
2,46 2
==DCP W 
c) 090=α 
 
( ) ( ) 0,5490cos17,1690 =+= piAVGV v 
8,291
10
0,54 2
==DCP W 
d) 0135=α 
 
( ) ( ) 8,15135cos17,1690 =+= piAVGV v 
25
10
8,15 2
==DCP W 
e) 0180=α 
 
( ) ( ) 0180cos17,1690 =+= piAVGV v 
0
10
02
==DCP W 
------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
- Corrente RMS na carga 
 
( ) pi
θ
pi
θ
pi
α
pi
∫∫
==
dIdi
I
m
RMS
22
0
2
0
0
sen
pi
α
pi
α
2
2sen1
2
+−= m
I
 
( ) pi
α
pi
α
2
2sen1
20
+−= mRMS
II
 6-14 
 
 
onde 
R
V
I mm = 
 
Nota importante: Devida à compatibilidade dimensional da expressão matemática de 
RMSI , é necessário que, no termo pi
α
, o ângulo α seja dado em radiano. Entretanto, 
obtém-se o mesmo resultado numérico se for substituído esse termo por [ ]
180
grauα
. 
 94
- Potência total entregue à carga 
 
( ) RIP RMS ×=
2
00 6-15 
 
- Potência proveniente da fonte de tensão alternada 
 
Vamos considerar o transformador ideal. Neste caso ele não dissipa potência. Como os 
diodos, se forem ideais, não dissipam potência, a potência fornecida pela fonte 
alternada é a mesma dissipada na carga: 
 
 0PPAC = 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 6-7 
Um retificador controlado de onda completa, ligado a uma fonte de 150 volt e 
freqüência 60 Hz, alimenta uma carga de 10 ohm. Se o ângulo de retardo for °= 30α , 
determine: 
a) A corrente máxima na carga 
b) A tensão média na carga 
c) A corrente média na carga 
d) A potência DC fornecida à carga 
e) A corrente ( )RMSI 0 na carga 
f) A potência total fornecida à carga 
g) O ângulo de condução 
h) A freqüência de ondulação 
j) O fator de potência 
 
Solução: 
 
Valor de pico da tensão de entrada 
 
21215022 =×== Sm VV v 
 
a) Corrente máxima na carga 
 
10
212
==
R
V
I mm A 
b) Tensão média na carga 
( ) ( ) ( ) 12630cos1212cos10 =°+=+= piαpi
m
AVG
VV v 
c) Corrente média na carga 
 
( )
( ) 6,12
10
1260
0 === R
V
I AVGAVG A 
d) a potência DC na carga 
 
 95
( ) ( ) 15886,1212600 =×=×= AVGAVGDC IVP W 
 
e) Corrente RMS na carga 
 
 ( ) A
II mRMS 9,142
60sen
180
301
2
2,21
2
2sen1
20
=
°
+−=+−=
pipi
α
pi
α
 
 
f) Potência total fornecida à carga 
 
( ) RIP RMS ×=
2
00 2205109,14 2 =×= W 
g) ângulo de condução 
 
 °=°−°=−°= 15030180180 αθc 
 
h) Freqüência de ondulação 
 
 Como o período é a metade do sinal de entrada, a freqüência é o dobro. Portanto 
 
rf =duas vezes a freqüência do sinal de entrada = 120 Hz 
i) Potência aparente 
 
( ) 22359,141500 =×=×= RMSS IVS VA 
j) Fator de potência 
 
 987,0
2235
22050
====
S
P
S
P
PF AC 
---------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 6-8 
Um retificador controlado de meia onda é ligado a uma fonte de 120 v. Calcule o ângulo 
de disparo necessário para fornecer 150 W de potência DC a uma carga de 10 ohm. 
Solução: 
 
( )22
2
cos1 α
pi
+=
R
V
P mDC 
 
DC
mm
DC RP
VV
RP pipi
α ==+ 2
2
cos1 
 






−=
− 1cos 1 DC
m
RP
V
pi
α 
 
1701502 =×=mV v 
 96
( ) °=−=





−×= −− 5,106284,0cos115010
170
cos 11
pi
α 
 
°= 5,106α 
 
--------------------------------------------------------------------------------------------------- 
6-4 – RETIFICADOR DE ONDA COMPLETA, COM DOIS SCR 
TRABALHANDO COM CARGA INDUTIVA. 
 
Circuito sem diodo de retorno 
A fig. 6-11 mostra o esquema de um retificador deste tipo 
 
R
sv
sv
sv
0v
0i
1−SCR
L
2−SCR
 
 Fig. 6-11 
 
A presença do indutor provoca atrasos na corrente acarretando as formas de onda 
mostradas na fig. 6-12. A curva da corrente 0i , indicada na figura, vale para a situação 
em que RL >>ω . 
 97
 
0v
mV
tω
0i
α
0
mV
Sv
pi
0
αpi +
tω
tω0
 
 
 Fig. 6-12 
 
Vamos analisar o trecho em que a fase do sinal de entrada é positiva e o SCR-1 dispara 
após um ângulo α a partir do início destafase. Devido ao atraso da corrente provocado 
pela indutância da carga, o SCR-1 conduz corrente até o ângulo αpi + . Portanto tem-se 
o intervalo entre os ângulos pi e αpi + em que 0v se torna negativo. Isto não é 
desejado porque diminui o valor médio de 0v e, conseqüentemente de 0i . 
Se o SCR-2 fosse um diodo comum, ele entraria em condução, nesse trecho. Desta 
maneira seria anulada essa tensão negativa. Entretanto, o SCR-2 só se comporta como 
um diodo após o intervalo α . Isto explica porque o trecho negativo não é eliminado. 
A fase seguinte do sinal de entrada provoca, também, um trecho negativo de tensão, que 
não é eliminado porque o SCR-1 só conduz, também, após um ângulo α a partir do 
início deste ciclo. 
Portanto, para eliminar os trechos negativos, de tensão na carga, é necessário utilizar 
diodo de retorno. 
 
Circuito com diodo de retorno 
A fig. 6-13-a mostra o desenho do retificador controlado de onda completa utilizando 
diodo de retorno. A fig. 6-13-b mostra o mesmo circuito desenhado na forma com que 
costuma aparecer nos esquemas comerciais. 
 
 98
L
R
0i
sv
sv
sv
0v
2−SCR
1−SCRR
sv
sv
sv
0v
0i
1−SCR
L
2−SCR
(a) (b)
 
 Fig. 6-13 
A comparação entre a tensão de entrada e a de saída deste retificador, pode ser vista na 
fig. 6-14 
 
 
0v
mV
tω
α
0
mV
Sv
mV−
pi
cθ
0
αpi +
tω
 
 
 Fig. 6-14 
 
Vemos que o resultado é o mesmo do caso da carga resistiva. 
Portanto, a expressão matemática da tensão média é a mesma daquele caso, ou seja 
 
( ) ( )αpi cos10 +=
m
AVG
VV 6 - 16 
 
A corrente média também é a mesma do caso da carga puramente resistiva. Isto 
acontece porque a corrente média é uma corrente contínua e a impedância de um 
indutor, para corrente contínua, é nula. 
Portanto, a corrente média fica: 
 
 ( )
( )
R
V
I AVGAVG
0
0 = 
 
ou ( ) ( )α
pi
cos10 += R
V
I mAVG 6-17 
 
 99
A diferença de comportamento, entre os dois tipos de carga, aparece nos valores da 
corrente RMS. 
 
Determinação da forma de onda da corrente na carga 
 
Vamos supor que a tensão de entrada pode ser designada pela expressão matemática: 
 
 tVv mS ωcos= 
 
Neste caso, a tensão retificada é periódica, não senoidal, com período igual à metade 
do período do sinal de entrada. Isto significa que a sua freqüência fundamental é ω2 . 
Portanto, ela pode ser decomposta em uma soma de tensões harmônicas de ω2 : 
 
( ) tVVv AVG ω2sen0100 += tV ω4sen02+ tV ω6sen03+ .......... ......2sen0 ++ tnV n ω 
 
A fig. 6-15.a mostra a tensão de saída onde foi usado ângulo α , de disparo, igual a 
45°. A fig. 6-15.b mostra as suas componentes até a terceira harmônica da componente 
fundamental. 
 
 
0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m
-.50
1.00
0
( )AVGV0
01v
02v
03v
0
0
0
0
(b)
ω2
ω6
ω4
(a)
 
 
 Fig. 6-15 
 
O valor da componente contínua já foi determinado e resultou 
 
 ( ) ( )αpi cos10 +=
m
AVG
VV 
 
Da mesma forma, foi determinado o valor da corrente produzida por esta tensão 
contínua. Resultou a corrente contínua: 
 
( )
( )
R
V
I AVGAVG
0
0 = ou ( ) ( )α
pi
cos10 += R
V
I mAVG 
 
Para as correntes produzidas pelas componentes harmônicas teremos a influência da 
presença da impedância do indutor 
Para cada componente a corrente resulta: 
 100
 
 
( )nnn tnIi ψω += 2cos020 
 
 
onde ( )2
0
0
21
1
nKR
V
I nn
+
×= 6-18 
 
 
 e nKtgn 2
1−
=ψ 
 
Nestas expressões, K vem a ser a relação entre a impedância da indutância, na 
freqüência do sinal de entrada, e a resistência da carga, ou seja, 
 
R
L
R
X
K L ω== 6-19 
 
Vamos analisar dois casos extremos: 
 
a) 12 <<nK 
 
Neste caso, 
R
V
I nn
0
0 ≈ 
Vemos que o efeito da indutância fica desprezível. O comportamento fica 
praticamente igual ao do caso do retificador com carga resistiva. 
 
b) 1>>K 
 
Neste caso, com mais razão, vale 
 
 ( ) 12 2 >>nK 
 
Resulta a aproximação 
 
nKR
V
I nn 2
10
0 ×≈ 6-20 
 
 
 
A desigualdade 1>>K é o mesmo que dizer que 
 
 1>>
R
Lω
 ou RL >>ω 
 
Nesta situação, a indutância possui reatância na freqüência do sinal de entrada, muito 
maior que a resistência da carga. Pela expressão 6-20 podemos concluir que quanto 
 101
maior for K, ou a ordem n da harmônica, menor fica amplitude de corrente produzida 
pela tensão harmônica correspondente. 
 
A fig. 6-16.a mostra o caso em que RL =ω . A fig. 6-16.b mostra a situação em que 
RL ×= 10ω . A resistência de carga foi normalizada para o valor de 1 ohm para poder 
utilizar a mesma escala numérica tanto para tensão quanto as correntes 
0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m
1.00
0
0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m
-.50
1.00
0
RL =ω
-.50
(a) (b)
RL 10=ω
0v0v
0i
0i
( )AVGi0 ( )AVGi0
 
 Fig. 6-16 
Nota-se que, quando RL >>ω as amplitudes das harmônicas ficam desprezíveis com 
relação ao valor de ( )AVGI 0 , ou seja 
 
 ( ) ( )αpi cos100 +=≈
m
AVG
V
Ii 
 
 
Determinação da potência total na carga na situação em que RL >>ω 
 
- Corrente RMS 
 
( )
( ) ( ) ( )
( )AVG
AVGAVG
RMS I
IdIidi
I 0
2
00
2
00
2
0
0
0
=
−×
=≈=
∫∫
pi
pi
pi
θ
pi
θ
pipi
 
 
 
 ( )AVGRMS II 0)(0 ≈ 
 
ou ( ) ( )αpi cos10 +≈ R
VI mRMS 
 
- Potência total entregue à carga 
 
Como a indutância não dissipa potência, toda a potência do sinal retificado é dissipada 
na resistência R. 
 
 ( ) RIP RMS ×=
2
00 
 
No caso em que RL >>ω tem-se a aproximação 
 
 
 102
( ) ( ) ( )22
2
2
0
2
00 cos1 α
pi
+=×≈×=
R
V
RIRIP mAVGRMS 
 
 
 ( ) DCm PR
V
P =+≈ 22
2
0 cos1 α
pi
 
 
- Potência fornecida pela fonte AC 
 
Como os diodos não consomem potência, a potência fornecida à carga é igual a que foi 
fornecida pela fonte alternada. 
 
 0PPin = 
 
No caso em que RL >>ω vale a aproximação 
 
 DCin PP ≈ 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 6- 9 
Um retificador controlado, de onda completa trabalha com carga indutiva. Sua tensão 
de entrada é fornecida por uma fonte de 150 volt e freqüência 60 Hz. Ele alimenta uma 
carga de 10 ohm. O valor de sua indutância é 1 H. Se o ângulo de retardo for °= 30α , 
determine: 
a) A tensão média na carga 
b) A corrente média na carga 
c) A potência DC fornecida à carga 
d) Reatância do indutor da carga 
e) A corrente ( )RMSI 0 na carga 
f) A potência total fornecida à carga 
g) A potência aparente 
h) O fator de potência 
 
Solução: 
 
Valor de pico da tensão de entrada 
 
21215022 =×== Sm VV v 
 
a) ( ) ( ) ( ) 12630cos1212cos10 =°+=+= piαpi
m
AVG
VV v 
 
b) Corrente média na carga 
 
( )
( ) 6,12
10
12600 === R
V
I AVGAVG A 
 
c) Potência DC fornecida à carga. 
 103
 
( ) ( ) 15886,1212600 =×=×= AVGAVGDC IVP W 
 
d) Reatância do indutor da carga 
 
 Ω=×××=== 37716022 pipiω LfLX L 
 
Vemos que RX L >> 
 
e) Corrente RMS na carga 
 
Como RX L >> . Resulta 
( ) ( ) 6,1200 =≈ AVGRMS II A 
f) Potência total na carga 
 
( ) 1588106,12 2200 =×=×= RIP RMS W 
 
g) Potência aparente 
 
 ( ) 18906,121500 =×=×= RMSS IVS W 
 
h) Fator de potência 
 
84,0
1890
15880
====
S
P
S
P
PF AC 
-----------------------------------------------------------------------------------------------
Exercício 6-10 
Um carregador bi-volt utiliza um retificador controlado de onda completa. Sua carga é 
indutiva de tal modo que RL >>ω . Ele é ajustado para a seguinte situação: 
Quando a tensão da fonte é 100 v ângulo de disparo é zero e é produzido em R a tensão 
( )AVGV0 . Determinar o ângulo de disparo para que seja produzido o mesmo ( )AVGV0 na 
situação em que se tem 240=SV v. 
 
Para 100=SV v tem-se: 
 
( ) ( ) ( ) 9010022221120cos10 =××==+=+= pipipipi
SSm
AVG
VVVV v 
 
Para 240=SV v tem-se 
 
 
( ) ( ) ( )αpiαpi cos1
2402
cos1900 +
×
=+== mAVG
VV 
 
 104
 
 
2402
90
cos1
×
×
=+
pi
α 
 
( ) °=−=





−
×
×
=
−− 6,99167,0cos1
2402
90
cos 11
pi
α 
 
 °= 6,99α 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 
Retificador controlado, de onda completa utilizando 4 SCR em ponte 
 
A fig. 6-17 mostra este tipo de montagem 
 
Sv Sv R L
1S
2S 3S
4S
Sv Sv
1S
2S 3S
4S
R
(a) (b)
 
 
 Fig. 6-17 
 
A fig. 6-17.a mostra a montagem com carga puramente resistiva. Na fig, 6-17 .b vemos 
a montagem com carga indutiva utilizando diodo de retorno. 
Os SCR 1S e 2S recebem os mesmos pulsos de disparo. Da mesma forma, os SCR 
3S e 4S também recebem um mesmo pulso de disparo. O pulso que dispara 3S e 4S 
está defasado de 180° do pulso que dispara 1S e 2S . 
Com apenas uma exceção, as propriedades analisadas para as montagens com dois SCR 
são válidas, também, para a montagem com quatro SCR em ponte. A única exceção é a 
tensão PIV dos SCR. Na montagem com dois SCR tem-se PIV = mV2 . Na montagem 
com quatro SCR tem-se PIV = mV . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 105
7 - CONVERSOR DE TENSÃO DC PARA DC – (CHOPPER DC) 
 
O conversor de tensão DC para DC, ou chopper como costuma ser chamado, é usado 
para se obter uma tensão DC ajustável a partir de uma tensão constante de entrada. Esta 
tensão constante de entrada é ligada e desligada periodicamente resultando uma tensão 
pulsante de saída. O valor médio desta tensão pulsante constitui a tensão DC de saída 
fornecida por este dispositivo. Este valor médio varia quando se altera a proporção do 
tempo em que a saída fica ligada à entrada. 
Há dois tipos de chopper: o step down ou buck e o step up ou boost. O chopper step 
down produz uma tensão DC na saída menor ou igual à tensão DC de entrada. O 
chopper step up fornece uma tensão de saída maior ou igual à tensão de entrada. 
Ambos são usados em várias aplicações industriais, entre as quais, o controle de 
motores elétricos de tração e fontes de alimentação de potência. 
 
Funcionamento básico de um chopper step down 
 
A fig. 7-1 mostra o esquema básico de um chopper step down. Entre a tensão de entrada 
e a carga de saída temos uma chave S. Esta chave pode ser um transistor de potência, ou 
um SCR (Silicon Controlled Retifierer). 
Supõe-se, em todo este capítulo, que os dispositivos de chaveamento sejam ideais. As 
chaves ideais têm as seguintes características: 
 
a) Ligada: resistência zero 
b) Desligada: resistência infinita 
c) Podem chavear instantaneamente a partir de um dos dois estados. 
 
 
chopper
S
R 0v
1i 0i
1V
 
 
 Fig. 7-1 
 
A fig. 7-2 mostra uma situação em que o período de chaveamento é T. Dentro de um 
período, a chave permanece ligada durante o tempo ONT e desligada durante o tempo 
OFFT . 
 
T
ONT OFFT
0v
0
1V
t
0V
 
 
 Fig. 7-2 
 106
 
O valor médio da tensão de saída, que chamaremos 0V , é dado por: 
 
 
T
TV
T
dtv
T
dtv
V ON
TT ON
×
===
∫∫
10
0
0
0
0 
 
Portanto 
 
 10 VT
T
V ON= 
 
 
Chama-se ciclo de trabalho a relação 
T
Td ON= 
 
Portanto, em função deste parâmetro, a expressão matemática de 0V , fica: 
 
 10 VdV ×= 
 
Nota-se que 10 ≤≤ d 
 
A fig. 7-3 mostra a variação da tensão média de saída em função do ciclo de trabalho. 
 
 
0V
1V
0 1 T
Td ON=
 
 
 Fig. 7-3 
 
A corrente 0i , na resistência R, fica: 
 
 
R
v
i 00 = 
 
Portanto, sua forma é a mesma da tensão 0v . 
 
Isto acarreta que seu valor médio fica 
 
 107
 
R
Vd
R
V
I 100
×
== 
 
O valor eficaz (RMS) da tensão de saída fica 
 
 ( ) T
TV
T
dtV
T
dtv
V ON
TT
RMS
ON
2
10
2
1
0
2
0
2
0
∫∫
== 
 
Portanto 
 
( ) T
TVV ONRMS 10 = 
 
 
ou ( ) dVV RMS 10 = 
 
Da mesma forma 
 
( )
( ) d
R
V
R
V
I RMSRMS
10
0 == 
 
Potência total na saída 
 
 ( ) ( ) dR
V
IVP RMSRMS
2
1
000 =×= 
 
Potência de entrada 
 
 d
R
V
R
VdVIVPtn
2
11
101 =×=×= 
 
Vemos que inPP =0 
 
Como era de se esperar, toda potência fornecida pela tensão de entrada é fornecida à 
carga., uma vez que a chave é ideal. 
 
Rendimento da conversão DC para DC. 
 
Potência DC na carga: 
 
R
Vd
R
VdVdIVP DC
2
1
2
1
100)(0 =×××=×= 
 
R
Vd
P DC
2
1
2
)(0 = 
 108
Rendimento: 
 
( ) d
R
Vd
R
Vd
P
P
in
DC
=== 2
1
2
1
2
0η 
 
Vimos que a tensão média de saída é 
 
 10 VdV ×= 
 
ou 
1
0
V
Vd = 
 
Portanto 
 
 
 
1
0
V
V
=η 
 
 
Conclusão: - Quanto menor for a tensão DC de saída tanto menor será o rendimento 
energético da conversão DC para DC. 
A fig. 7-4 mostra esta variação do rendimento energético. 
 
 
( )
in
DC
P
P0
=η
0
1
0V
1V
0
 
 Fig. 7-4 
 
Melhoria do rendimento do chopper step down 
 
O rendimento energético é baixo devido à presença das componentes alternadas 
harmônicas de corrente que dissipam, também, na resistência de carga. Para melhorar o 
rendimento é necessário impedir a passagem dessas componentes de corrente alternada 
pela resistência de carga. Para isto deve-se colocar um indutor em série com R. Este 
componente é um curto circuito para corrente contínua muito embora acarreta 
impedâncias para correntes alternadas.. A fig. 7-5 mostra este chopper. Além do indutor 
é necessário acrescentar o diodo de retorno para evitar picos negativos de tensão em 0v . 
Para que o bloqueio das componentes de freqüência seja efetivo é necessário que 
 109RL >>ω 
 
 
 
Nesta expressão, tem-se 
 
 fpiω 2= 
 
onde f é a freqüência de chaveamento, ou seja 
 
 
T
f 1= 
 
 
S
R
0v
1i 0i
1V
L
Rv
Lv
Dv D
Di
 
 
 Fig. 7-5 
 
A fig. 7-6 mostra a simulação de conversões DC para DC 
 
 
RL =ω
0v
0i
(a)
0i
0v
(b)
RL 10=ω
0I
0I
 Fig. 7-6 
Na parte (a), desta figura 7-6, temos a situação em que RL =ω . Neste caso, o indutor é 
pouco eficiente para impedir as correntes harmônicas fluírem através da resistência da 
carga. 
Na parte (b), desta fig. 7-6, temos o caso em que RL 10=ω . Vemos que a corrente 
total na carga, que chamamos de 0i , quase que se confunde com a corrente média (DC) 
0I que flui nessa carga. 
 110
Propriedades da corrente 0i no caso em que RL >>ω 
 
A fig. 7-7 mostra a corrente 0i no caso em que RL >>ω 
 
 
 
0i
0I
MAXI
MINI
t
I∆
 
 
 Fig. 7-7 
 
O parâmetro 0I é a corrente média que é dada por 
 
 
R
Vd
I 10
×
= 
 
Onde 1V é a tensão DC de entrada e T
Td ON= 
 
A amplitude I∆ da variação da corrente vale, aproximadamente, 
 
 
L
TVd
I OFF
2
1 ××
=∆
TL
TTVd OFF
×
×××
=
2
1
 
 
Mas, d
T
TOFF
−= 1 
 
Portanto ( )
L
TVdd
I
2
1 1 ××−
=∆ 
 
Tensões na resistência R 
 
A tensão média em R fica 
 
 ( ) 1000 VdRIVV AVG ×=×== 
 
A amplitude da variação da tensão na carga fica 
 
 
( )
L
RTVdd
RIV
2
1 1 ×××−
=×∆=∆ 
 111
O que caracteriza a qualidade de uma conversão DC para DC é a relação entre V∆ e a 
tensão contínua 0V . 
 
 
( )
( )
L
RTd
Vd
L
RTVdd
V
V
2
12
1
1
1
0
××−
=
×
×××−
=
∆
 
 
 
 
( )
L
RTd
V
V
2
1
0
××−
=
∆
 
 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 7-1 – A partir de uma tensão constante, de 30 volt, deseja-se produzir na saída 
uma tensão contínua cujo valor máximo é 30 v e o valor mínimo 3 v. Para isto usa-se 
uma freqüência chaveante de 100 kHz. 
a) Para os valores extremos de corrente de saída determinar d e ONT 
b) Sabendo-se que a resistência R vale 10 ohm, determinar o valor de L de tal 
modo que se tenha, no pior caso, 05,0
0
=
∆
V
V
. 
Solução 
 
a) 53 10110100
11
−×=
×
== fT s 
 
301 =V volt 
 
10 VdV ×= 
 - Para 300 =V volt, resulta 
 
3030 ×= d 
 
Portanto, 1
30
30
==d 
 
 
1==
T
Td ON 
 
sTTON
51011 −×=×= 
 
- Para 30 =V volt, resulta 
 
 303 ×= d 
 
 112
1,0
30
3
==d 
 
Portanto. 1,0=
T
TON
 
 
Ou 65 1011011,01,0 −− ×=××=×= TTON 
 
6101 −×=ONT s 
 
b) ( )
L
RTd
V
V
2
1
0
××−
=
∆
 
 
Vemos que quanto menor for o d tanto maior fica a relação 
0V
V∆
 
 
Portanto, em nosso caso, isto acontece para 30 =V volt que acarretou 
 
 1,0=d 
 
Resulta 
 
( )
LL 2
109
2
101011,0105,0
55 −− ×
=
×××−
= 
 
 HL 4
5
109
05,02
109
−
−
×=
×
×
= 
 
 mHL 9,0= 
 
------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Potência total dissipada na carga 
 
( ) ( )ACDC PPP 000 += 
 
Potência fornecida pela tensão de entrada 1V 
 
Como a chave, o diodo e o indutor são ideais. Eles não consomem potência. Portanto a 
potência fornecida pela tensão de entrada é igual a potência total dissipada na 
resistência de carga, ou seja 
 
 ( ) ( )ACDCin PPPP 000 +== 
 
 
( ) R
Vd
R
V
P DC
2
1
22
0
0
×
== 
 113
No caso em que RL >>ω tem-se 
 
( ) R
VP AC 3
2
0
∆
≈ 
 
( )
( )
2
0
2
0
2
0
0
3
13





 ∆
×=
∆
=
V
V
R
V
R
V
P
P
DC
AC
 
 
 
Rendimento Energético 
 
 
( )
in
DC
P
P0
=η ( )
( ) ( ) ( )
( )AC
ACACDC
DC
P
PPP
P
0
000
0
1
1
+
=
+
= 
 
ou 2
03
11
1





 ∆
+
=
V
V
η 
 
--------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 7-2 
Use o resultado do exercício 7-1 e determine o pior rendimento energético 
 
Solução 
 
Este conversor DC/DC foi projetado para que, no pior caso, tivesseNo 
 
 05,0
0
=
∆
V
V
 
 
( ) 9992,0
3
05,01
1
2 =
+
=η ou 99,92 % 
------------------------------------------------------------------------------------------ 
Nota: Na realidade os componentes não são ideais. O fio do indutor possui uma 
pequena resistência que acarreta dissipação de energia. Da mesma forma, tanto a chave 
quanto o diodo, por serem semi-condutores, também dissipam uma pequena parcela da 
potência fornecida pela alimentação de entrada. Portanto, na prática, o valor do 
rendimento será sensivelmente menor do que o resultado obtido no exercício 7-2. 
 
 
 
 
 114
CONVERSOR DC PARA DC DO TIPO STEP UP 
 
Prncípio de funcionamento 
 
Sejam os esquemas da fig. 7-8 
 
Li
L
R
L
S R
(a) (b)
1V 1VS
0=Ri LR ii =
0v
Li
Li
 
 Fig. 7-8 
 
Vamos supor que, inicialmente, a chave S está aberta. Neste caso teremos um estado 
estacionário em que a corrente Li é contínua tendo o valor R
V1
. 
Quando a chave fecha a corrente que percorre o indutor e a chave. fica: 
 
 t
L
V
R
ViL 11 += 
 
Vemos que é uma corrente crescente. 
 
Como a chave fica ligada em um tempo ONT a corrente Li atinge o valor 
 
 ONON TL
V
R
VI 1+= 
 
Após este tempo ONT a chave abre. 
Nesta situação, supondo L muito maior do que TR × , a corrente que percorre o indutor 
e a resistência de carga, fica aproximadamente 
 
 





−= t
L
RIi ONL 1 
 
Vemos que, nesta situação, a corrente Li decresce. 
Como a chave fica aberta durante um tempo OFFT , a corrente atinge o valor 
 
 





−= OFFONOFF TL
RII 1
 
 
A fig. 7-9 mostra a variação da corrente Li que percorre o indutor nas duas fases da 
chave. 
 115
 
ONT
OFFI
ONI
R
V1
OFFT
T0
t
Li
 
 
 Fig. 7-9 
 
Situação estacionária durante um chaveamento periódico 
 
A medida que se repete o chaveamento, a corrente Li adquire acréscimos sucessivos 
tanto em ONI quanto em OFFI até que atinge uma situação em que esses parâmetros não 
mudam de valor nos ciclos subseqüentes. Nesta situação dizemos que a corrente Li 
atingiu o estado estacionário como se pode ver na fig. 7-10. 
 
Li
t
 
 
 Fig. 7-10 
 
A fig. 7-11 mostra um trecho estacionário dessa corrente. 
 
AVGI
Li
t
 
 
 Fig. 7-11 
 
 
Nesta situação,o valor médio da corrente Li é dado por 
 
 116
 
 
 
 
 
Corrente na resistência de carga 
 
Observando novamente a fig. 7-7 vemos que quando a chave S está ligada , a resistência 
de carga fica curto-circuitada. Isto significa que durante o intervalo ONT a tensão em R 
é nula e, portanto, a corrente nesta resistência R também é nula. 
 
A fig. 7-12 compara a corrente Li do indutor com a corrente Ri da carga. 
 
AVGI
Li
Ri
t
t
T
OFFT
 
 Fig. 7-12 
 
Neste caso a corrente média estacionária na carga fica 
 
 ( ) T
T
T
TR
VI OFF
ON
AVGR ×
−
×=
1
11
) R
V
T
T
R
V
TT
T
R
V
OFF
OFF
ON
OFF 111
=×=
−
×= 
 
 ( ) R
V
I AVGR
1
) = 
 
T
TR
VI
ON
AVGL
−
×=
1
11
)( 
 117
Tensão média na resistência de carga 
 
 ( ) RIVV AVGRAVGR ×== )(0 
 
Portanto 
T
T
T
T
VV OFF
ON
×
−
×=
1
1
10 111 VT
TV
TT
TV
OFF
OFF
ON
OFF
=×=
−
×= 
 
 10 VV = 
 
Conclusão: Qualquer que seja a relação entre os tempos de abertura e fechamento da 
chave, a tensão média de saída será sempre igual a tensão de alimentação de entrada. 
Portanto este esquema de conversão DC/DC não funciona, 
 
Esquema de chopper step up efetivo 
 
A fig. 7-13 mostra um esquema efetivo 
 
 
L
R
1V S
C 0v
Li
 
 
 Fig. 7-13 
 
Na fase em que a chave está aberta a corrente Li carrega o capacitor resultando a tensão 
aproximada RION × . 
Quando a chave fecha , se não houvesse o diodo, o capacitor se descarregaria através da 
chave em curto. A presença do diodo impede a descarga por esse caminho. Neste caso a 
descarga passa a ocorrer através de R. 
 
 O tempo de descarga de um capacitor através de uma resistência é dado por 
 
 RCtD 2,2≈ 
 
 Normalmente se faz TtD >> , ou seja 
 
 TRC >>2,2 
 
 ou 
R
TC
2,2
>> 
 
Nesta condição, em que TtD >> , a tensão no capacitor diminui muito pouco no 
intervalo em que a chave fecha. Desta maneira, sua tensão permanece com quase o 
mesmo valor que possuía no final do tempo ONT . Como o capacitor está em paralelo 
 118
com a resistência R, a tensão 0v nesta resistência é, o tempo todo, a mesma do 
capacitor. 
A fig. 7-12 mostra o estado estacionário da tensão 0v , na carga R, ao longo dos ciclos 
de chaveamento 
 
 
OFFT
AVGV
0v
t
T
 
 
 Fig. 7-12 
 
O valor médio dessa tensão 0v , vale aproximadamente 
 
 
T
T
VVV
ON
AVG
−
≈=
1
1
0 
 
ou 
d
VV
−
=
1
1
0 
 
Em torno deste valor médio temos uma flutuação cuja amplitude pode ser desprezível 
quando o capacitor for suficientemente grande. 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 7-3 – Determinar a tensão contínua de saída para os seguintes valores de d: 
a) d = 0 
b) d = 0,5 
c) d = 0,9 
 
Solução 
 
a) 110 01 V
VV =
−
= 
 
b) 110 25,01 V
VV ×=
−
= 
 
c) 110 109,01 V
VV ×=
−
= 
------------------------------------------------------------------------------------------- 
 119
Observação: Devido ao fato de que os componentes usados no conversor não são 
ideais, torna-se muito difícil obter tensões contínuas de saída muito maiores do que a 
tensão de entrada. Na prática os conversores existentes produzem a tensão de saída até 
um máximo de seis vezes a tensão de entrada. 
 
Rendimento da conversão step-up 
 
No caso em que se considera os elementos do circuito ideais, não há dissipação de 
energia tanto na chave, quanto no indutor e no capacitor. Portanto a energia fornecida 
pela alimentação de entrada é igual a potência na saída. Quando o capacitor for muito 
grande, a tensão em R é praticamente constante. Portanto a potência de componentes 
alternadas é desprezível. Isto significa que a potência na saída é aproximadamente igual 
à potência DC fornecida à resistência de carga. Disto resulta que o rendimento 
energético fica, aproximadamente, igual a 1. 
--------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 7-4 – Deseja fazer um conversor step up partindo de 301 =V volt. Sua saída 
0V deve ser ajustável de 30 a 150 volt. Ele deve ser capaz de fornecer corrente RI de 
0,1 até 1 Ampere. A freqüência de chaveamento é 100 kHz. Dimensionar os valores de 
L e C obedecendo as condições: 
 
 MAXRTL ×= 20 
MINR
TC 20= 
Solução: 
 
Resistência de carga: 
 
 
RI
V
R 0= 
( )
( )MINR
MAX
MAX I
V
R 0= Ω== 1500
1,0
150
 
 
( )
( )
Ω=== 30
1
300
MAXR
MIN
MIN I
V
R 
 
MAXRTL ×= 20 Hf
RMAX 3,0
10100
15002020 3 =×
×
==
 
 
MINR
TC 20= F
Rf MIN
6
3 1067,63010100
20120 −×=
××
=
×
= 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 
 
 
 
 
 120
Simulação 
 
O circuito projetado no exercício 7-4, utilizando carga de 500 ohm, foi simulado 
utilizando o programa Tina. O esquema de simulação está mostrado na fig. 7-13. 
 
V1 30
L1 300m
T1 !NPN
R
1 
50
0
R2 500
VF1 
C1
 
6,
7u
D1 1N1183
U2 100k
 
 Fig. 7-13 
 
Foi usado um transistor como chave. 
A fig. 7-14 mostra a tensão de saída para o caso de 5,0=
T
TON
. Teoricamente, deveria 
ser produzida uma tensão constante igual a 60 volt. No entanto, devido a utilização de 
componentes não ideais, foi produzida a tensão média de 56,2 volt. Pode-s observar 
que existe uma flutuação de nível igual a 15,0± volt. Isto acarreta 
 
 003,0
2,56
15,0
≈=
∆
V
V
 ou 0,3 % 
 
T
0.00 5.00u 10.00u 15.00u 20.00u
VF1
56.00
56.40
 
 
 Fig. 7-14 
 
 
 121
8 – INVERSORES DE TENSÃO 
 
Inversores são dispositivos que transformam tensão contínua em tensão alternada. 
 
Princípio de funcionamento 
 
A fig. 8-1 mostra um esquema, muito simplificado, de um inversor construído com duas 
fontes DC simétricas em relação à terra. 
 
 
Ev +=0
E
carga
E
Ev −=0
E
carga
E
(a) (b)
 
 
 Fig. 8-1 
 
Na fig. 8-1.a vemos a fase em que a posição da chave faz com que a tensão na carga, 
em relação à terra, fique + E. Na fig. 8-1.b vemos a fase em que a posição da chave 
faz com que a tensão na carga, em relação à terra, fique – E. 
Se a duração da primeira fase for igual à da segunda fase, teremos a produção de uma 
onda quadrada na saída com amplitude E, como mostrada na fig. 8-2. Nesta situação, 
supondo que o período da tensão de saída seja ST , a duração de cada fase fica 2
ST
. 
 
ST
2
ST
0v
t0
E+
E−
 
 
 Fig. 8-2 
 
Inversor que utiliza uma única bateria 
 
Neste caso a bateriafica flutuando em relação a terra. Ver fig. 8-3. 
 
 
 
 122
 
Ev +=0
E
Ev −=0
Ecarga carga
(a) (b)
 
 
 Fig. 8-3 
 
Na fig. 8-3.a vemos a fase em que a configuração das chaves faz com que a tensão E da 
bateria seja transferida para a carga no sentido positivo + E em relação à terra. Na fig. 
 8-1.b temos a fase em que a tensão da bateria se transfere para a carga com o valor 
negativo - E em relação à terra. 
Aqui também, se a duração da primeira fase for igual à da segunda fase, teremos a 
produção de uma onda quadrada na saída com amplitude E, como já mostramos na fig. 
8-2. Também, nesta situação, supondo que o período da tensão de saída seja ST , a 
duração de cada fase fica 
2
ST
. 
Nas duas configurações vemos que a tensão de saída tem a forma de onda quadrada com 
período ST . De acordo com a série de Fourier, esta tensão é composta de componentes 
senoidais com freqüências múltiplas da freqüência fundamental 
S
S T
f 1= . Essas 
componentes são chamadas de freqüências harmônicas da freqüência fundamental .Sf 
A componente média (tensão DC) da tensão 0v é nula, ou seja 
 
 ( ) 0)(0)(0 == DCAVG VV 
 
A fig. 8-4 mostra os valores das amplitudes das composição espectrais da tensão de 
saída até a componente harmônica de 5a. ordem. Os vlores estãp indicados na forma de 
frações ordinárias. 
 
 
Sf Sf2 Sf3 Sf4 Sf5
f
pi
E4
pi3
4E
pi5
4E
 
 
 Fig. 8-4 
 
A fig. 8-5 mostra esta mesma distribuição espectral com os valores das amplitudes 
representados com números fracionários decimais. 
 123
 
Sf Sf2 Sf3 Sf4 Sf5
f
E27,1
E42,0
E26,0
 
 
 Fig. 8-5 
 
Extração da componente fundamental 
 
Normalmente deseja-se que o inversor produza tensão senoidal na saída. Neste caso 
devemos extrair a componente fundamental do espectro de freqüências da onda 
quadrada produzida. Para isto se usa um filtro que permite a passagem da componente 
.Sf mas dificulta a passagem das componentes harmônicas de .Sf A fig. 8-6 mostra o 
arranjo para este procedimento. 
 
inversor filtro
 
 
 Fig. 8-6 
 
O circuito elétrico de um filtro é formado por um circuito contendo um certo número de 
indutores e capacitores. 
 
Tipos de filtros 
 
Costuma-se usar dois tipos de filtros: filtro com resposta em freqüência passa baixas e 
filtro com resposta seletiva em freqüência. Resposta em freqüência de um filtro é um 
gráfico onde se indica a relação de amplitudes entre a tensão de saída e a de entrada do 
filtro em função da freqüência destas tensões. 
 
Filtro com resposta passa baixas 
 
A fig. 8-7.a mostra o esquema de filtragem usando um filtro com resposta passa baixas. 
A fig. 8-7.b mostra a resposta de um filtro passa baixas que permite a passagem da 
componente de freqüência Sf e atenua as componentes harmônicas dessa freqüência. 
 
 124
 
1V 2
V
Filtro passa baixas
1
2
V
V
1
Sf3Sf
f
(a)
(b)
 
 
 Fig. 8-7 
 
Filtro com resposta seletiva 
 
A fig. 8-8 mostra a resposta em freqüência de um filtro seletivo construído para permitir 
a passagem da componente fundamental Sf e rejeitar as componentes harmônicas dessa 
freqüência. 
 
 
 
Sf Sf3
1
2
V
V
1
f
 
 
 Fig. 8-8 
 
Os filtros são construídos com indutores e capacitores não ideais, têm-se perdas de 
potência nesses componentes. Um filtro de resposta seletiva é mais eficiente para 
rejeitar as componentes harmônicas do que o de resposta passa baixas. Entretanto, o 
 125
filtro seletivo acarreta maior perda de potência dissipativa nos componentes do que o de 
resposta passa baixas. 
 
Forma de onda de quatro fases 
 
A fig. 8-9 mostra uma forma de onda mais favorável para a extração da componente 
fundamental Sf . Esta forma de onda não contém a componente harmônica de terceira 
ordem. Portanto, o filtro deve rejeitar a partir da quinta harmônica. 
 
E−
E+
0 t
0v
ST
2
ST
3
ST
 
 
 Fig. 8-9 
 
A fig. 8-10 mostra a composição espectral até a quinta ordem para as duas formas de 
onda. Confirma-se que a forma de onda de 4 fases não contém a componente de 
freqüência sf3 . 
E+
E+
E−
E−
t
t
0v
0v
E27,1
Sf Sf3
Sf5Sf
Sf5
Sf3
E42,0 E26,0
E10,1
E22,0
⇒
⇒
 
 
 Fig. 8-10 
 
Geração da forma de onda de quatro fases. 
 
Na fig. 8-11 indicamos as 4 fases dessa forma de onda 
 
 
 126
 
1
2
3
4
E+
E−
0
 
 
 
 Fig. 8-11 
 
A fig. 8-12 mostra a configuração das chaves para a fase 1. Esta fase 1 fornece a tensão 
+ E com duração 
3
ST
. 
 
 
Ev +=0
E carga
 
 
 Fig. 8-12 
 
A fig. 8-13 mostra a configuração das chaves para a fase 2. Esta fase 2 fornece a tensão 
0 com duração 
6
ST
. 
 
 
00 =v
E carga
 
 
 Fig. 8-13 
 
A fig. 8-14 mostra a configuração das chaves para a fase 3. Esta fase 3 fornece a tensão 
- E com duração 
3
ST
. 
 
 
Ev −=0
E carga
 
 
 Fig. 8-14 
 
 127
A fig. 8-15 mostra a configuração das chaves para a fase 4. Esta fase 4 fornece a tensão 
0 com duração 
6
ST
. 
 
 
00 =v
E carga
 
 
 Fig. 8-15 
 
Circuito de duas fontes com chaveamento usando transistores 
 
A fig. 8-16 mostra o circuito do inversor de duas baterias onde se utiliza transistor de 
junção como chave. Ele só possibilita a geração de onda quadrada na carga, ou seja, o 
chaveamento só trabalha com duas fases. 
 
 
E
E
Carga
1P
bR
2P
bR
1Q
2Q
 
 
 
 Fig. 8-16 
 
Uma tensão positiva no ponto 1P e uma tensão zero no ponto 2P faz o transistor 1Q 
conduzir e o transistor 2Q abrir. Desta maneira a tensão na carga fica aproximadamente 
+ E. 
Uma tensão nula no ponto 1P e uma tensão negativa no ponto 2P faz o transistor 1Q 
abrir e o transistor 2Q conduzir. Desta maneira a tensão na carga fica aproximadamente 
- E. 
Os diodos fazem o papel de diodos de retorno na situação em que a carga é indutiva. 
 
Circuito de uma fonte com chaveamento usando transistores 
 
A fig. 8-17 mostra o circuito inversor de uma única fonte de alimentação em que os 
dispositivos de comutação são transistores de junção. Podemos ver que se usam quatro 
transistores como chave. Este arranjo permite gerar tanto a forma de onda de duas fases 
como a de quatro fase. 
 
 128
 
E Carga
1P
bR
2P
bR
1Q
2Q 4P
3P
bR
4Q
3Q
bR
 
 
 Fig. 8-17 
 
Quando se tem, simultaneamente, tensões positivas nos pontos 3P e 2P e tensões nulas 
em 1P e , 4P o transistores 3Q e 2Q conduzem e os transistores 1Q e 4Q abrem 
Desta maneira