Eletronica de Potencia UDESC Exerc Gradadores

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1 
 
1) Considere o conversor dual apresentado na figura abaixo, onde: 
V1(ωt)=220·sen(ωt), V2(ωt)=220·sen(ωt-120°), V3(ωt)=220·sen(ωt+120°), f=60Hz, αp=135° e Z 
(L=100mH; Ra=2Ω) 
 
a) Desenhe as formas de onda das tensões VP, VN e VL. 
b) Desenhe as formas de onda da tensão sobre a carga Z, a corrente nos indutores de circulação e 
a corrente na carga Z. 
c) Calcule o valor do indutor L para que a máxima corrente média de circulação seja 20% da 
máxima corrente de carga. 
 
Solução 
a) αp+αn=180°  αn=45° 
 
 
 
 
π 
 
2π 
 
3π 
 
4π -400V 
0V 
400
V 
-300V 
-150V 
0
V 
150
V 
-300V 
-150V 
0
V 
150
V 
0 
 
Vp 
 
Vn 
 
VL 
 
L/2 L/2 
V2 V2 
V1 V1 
Z 
+ VL - 
V3 V3 
2 
 
b) 
 
c) Para um conversor dual em condução contínua a tensão média na carga é dada por 
 𝑉𝐿𝑚𝑒𝑑 = 1.17 · 𝑉𝑜 · 𝑐𝑜𝑠(𝛼𝑃) (1.1) 
Para a maior tensão média na carga e conseqüentemente a maior corrente média na carga α=0. 
 𝑉𝐿𝑚𝑒𝑑 = 1.17 · 155,56 · cos(0) = 182𝑉 (1.2) 
Assim 
 
𝐼𝐿𝑚𝑒𝑑 =
𝑉𝐿𝑚𝑒𝑑 − 𝐸
𝑅
=
182
2
= 91𝐴 (1.3) 
A máxima corrente de circulação acontece para os ângulos de αp=60° e αp=120°. 
Utilizando αp=60° na fig 5.12 da pág.. 151 do livro Eletrônica de potência de Ivo Barbi se obtêm 
 𝜔 ∙ 𝐿 ∙ 𝐼𝑐
√2 ∙ 𝑉0
= 0,567 (1.4) 
Sendo que se deseja 20% de ondulação na corrente 
 𝐼𝑐 = 0,2 ∙ 𝐼𝐿𝑚𝑒𝑑 = 0,2 ∙ 91 = 18,2𝐴 (1.5) 
Assim 
 
𝐿 =
0,567 ∙ √2 ∙ 𝑉0
𝜔 ∙ 𝐼𝑐
=
0,567 ∙ 220
377 ∙ 18,2
= 18,2𝑚𝐻 (1.6) 
0 π 2π 3π 4π 
Iz 
-80A 
-60A 
-40A 
-20A 
0A 
ILn 
0A 
20A 
40A 
60A 
80A 
ILp 
0A 
40A 
60A 
80A 
20A 
Vz 
-400V 
0V 
400V 
3 
 
2) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=20Ω, cuja alimentação é senoidal, com um valor 
eficaz de 127V e com freqüência de 50Hz. 
 
 
a) Calcule a temperatura na cápsula de um tiristor considerando que este está acoplado a um 
dissipador com resistência térmica de 5°C/W, que os tiristores permanecem conduzindo em intervalos 
de 0,2 segundos, com α=0°, intercalados com intervalos de 0,3 segundos com α=180°. (Vto=1,0V; 
rT=0,02Ω; Rthjc=0,9°C/W; Rthcd=0,5°C/W; Ta=50°). 
 
Solução 
a) Utilizando controle por ciclos inteiros se tem 
 
𝑇 =
1
𝑓
= 20𝑚𝑠 (2.1) 
 
𝐶𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 𝑒𝑚 𝑎𝑙𝑡𝑎 =
0,2
0,02
= 10 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 (2.2) 
 
𝐶𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 𝑒𝑚 𝑏𝑎𝑖𝑥𝑎 =
0,3
0,02
= 15 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 (2.3) 
Pelo ábaco da fig. 7.6 da página 174 se obtêm para α=0° 
 𝐼𝑇𝑒𝑓 ∙ 𝑅
√2 ∙ 𝑉𝑜
= 0,5 ∴ 𝐼𝑇𝑒𝑓 =
0,5 ∙ √2 ∙ 127
20
= 4,49𝐴 (2.4) 
 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 ∙ 𝑅
√2 ∙ 𝑉𝑜
= 0,32 ∴ 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 =
0,32 ∙ √2 ∙ 127
20
= 2,87𝐴 (2.5) 
Assim a potência dissipada por um tiristor conduzindo o tempo todo seria 
 𝑃 = 𝑟𝑡 · 𝐼𝑇𝑒𝑓
2 + 𝑉𝑇𝑜 · 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 = 20𝑚 · 4,49
2 + 1 · 2,87 = 3,27𝑊 (2.6) 
Mas como o tiristor não conduz durante todo o período se tem 
 𝑃
𝑃𝑂
=
𝑚
𝑀
 (2.7) 
Onde m é o número de ciclos onde há condução, M é o número de ciclos total do período e Po é a 
potência total dissipada se conduzisse por todo o período. 
 
 
𝑃 = 𝑃𝑂 ∙
𝑚
𝑀
= 3.27 ∙
10
25
= 1,3𝑊 (2.8) 
Cálculo da resistência junção-ambiente 
 𝑇𝑐 − 𝑇𝑎 = 𝑅𝑐𝑎 · 𝑃 ∴ 𝑇𝑐 = 1,3 · 5,5 + 50 = 57,15°𝐶 (2.9) 
 
 
 
 
T2 
V(ωt) 
T1 
Carga 
4 
 
3) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=20Ω e L=100mH, cuja alimentação é senoidal , com 
um valor eficaz de 110V e com freqüência de 60Hz. 
 
 
Considerando α=120°, determinar: 
a) O ângulo de extinção da corrente e o modo de condução da estrutura; 
b) A variação de potência admitida na carga. 
 
Solução 
a) Calculo do ângulo de extinção de corrente 
 𝑐𝑜𝑠∅ = cos [𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
𝜔 · 𝐿
𝑅
)] = cos [𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
377 · 0,1
20
)] = 0,47 (3.1) 
No semiciclo positivo o circuito funcionará como um circuito meia onda monofásico a diodos e no 
semiciclo negativo se comportara como um circuito de meia onda monofásico a tiristor. 
Para o diodo, do ábaco de Puschlowski obtêm-se com: 
 α=0° a= 0 cosΦ=0,4 β=254° 
α=0° a= 0 cosΦ=0,6 β=236° 
α=0° a= 0 cosΦ=0,5 β=245° 
(3.2) 
Para o tiristor, do ábaco de Puschlowski obtêm-se com: 
 α=120° a= 0 cosΦ=0,4 β=226° 
α=120° a= 0 cosΦ=0,6 β=219° 
α=120° a= 0 cosΦ=0,5 β=222,5° 
(3.3) 
Como para haver condução contínua é necessário que o diodo permaneça em condução durante 
βc=180+120=300° logo este circuito operará em condução descontínua. 
 
b) Para verificar a máxima variação admitida na carga é necessário verificar a potência máxima e a 
potência mínima entregue a carga 
A potência máxima acontece quando α=0° assim toda a tensão de entrada é transferida a carga, 
VLef=Vo. 
 𝑆 =
𝑉𝑜
2
𝑍
=
1102
√202 + (377 ∙ .1)2
= 283,64𝑉𝐴 (3.4) 
 𝑃 = 𝑆 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜙 = 283,64 ∙ 0,47 = 133,33𝑊 (3.5) 
 A potência mínima acontecerá quando α=180° assim o circuito funcionará como um circuito 
retificador de meia onda a diodo. 
Utilizando o ábaco da fig. 2.8 d pág. 30 do livro com ϕ=62,09°, Ief=0,65 e como 
 𝐼𝐿𝑒𝑓 =
𝐼𝑒𝑓 ∙ √2 ∙ 𝑉𝑜
|𝑍|
=
0,65 ∙ √2 ∙ 110
|42,66|
= 2,37𝐴 (3.6) 
 𝑃 = 𝑅 ∙ 𝐼𝐿𝑒𝑓
2 = 20 ∙ 2,372 = 112,33𝑊 (3.7) 
Assim se obtêm um ΔP=21W. 
T2 
V(ωt) 
D1 
Carga 
5 
 
4) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=2Ω, cuja alimentação é 220·sen(ωt) e com 
freqüência de 50Hz. 
 
Considerando uma potência na carga de 1500W. 
a) Utilizando-se um controle por ciclos inteiros, com um período de 1,5 segundo, calcule o 
número de ciclos que deve ser entregue a carga. 
b) Responda sobre o item a: é possível obter os 1500W? Justifique. 
 
Solução 
a) A potência máxima entregue a carga é de 
 𝑃 =
𝑉𝑜
2
𝑅
=
155,562
2
= 12100𝑊 (4.1) 
Com a freqüência de 50Hz cada período possui T=20ms assim o período total do controle por ciclos 
inteiros terá 
 𝑀 =
1,5
0,02
= 75 𝐶𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 (4.2) 
Seguindo a relação entre número de ciclos e potências abaixo pode se obter o número de ciclos 
necessários para que se consigam os 1500W necessários. 
 𝑃
𝑃𝑂
=
𝑚
𝑀
∴ 𝑚 =
𝑃
𝑃𝑂
∙ 𝑀 =
1500
12100
∙ 75 = 9,3 𝐶𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 (4.3) 
 
b) Para se obter P=1500W exatos não é possível se obter, pois são necessários 9,3 ciclos, portanto 
não é possível utilizar o controle por método de ciclos inteiros. 
 
5) Dada a estrutura do gradador abaixo, cuja alimentação é senoidal, com um valor eficaz de 20A 
e com freqüência de 60Hz. 
 
Considerando uma carga R=10Ω, calcule: 
a) O dissipador necessário para acomodar o Triac.(VTO=1V;rT=10mΩ). 
b) Calcule o rendimento do conversor para α=35°. 
 
Solução 
a) Para calcular o dissipador se considera o pior caso possível, ou seja quando o TRIAC conduzir 
pelo tempo todo, ou seja, neste circuito com α=0°. 
A corrente eficaz que passa pelo TRIAC é a mesma da fonte, ou seja, 20A. Porém a corrente média 
não se pode utilizar a mesma da fonte, pois a corrente média de uma fonte de corrente AC é 0. Para 
calcular a corrente média que passa pelo Triac considera-se que meio período passa corrente pelo ramo 
positivo e meio período passa corrente pelo ramo negativo assim calcula-se a corrente média para um 
ramo e multiplica-se por 2. 
I(ωt) 
Triac 
Carga 
T2 
V(ωt) 
T1 
Carga 
6 
 
 
𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 =
2
2𝜋
[ ∫ √2 · 𝐼𝑜 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)𝑑𝜔𝑡
𝜃2𝜃1
=
2
2𝜋
[ ∫ √2 ∙ 20 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)𝑑𝜔𝑡
180°
0°
= 18𝐴 (5.1) 
Assim a potência dissipada no TRIAC será de 
 𝑃 = 𝑟𝑡 · 𝐼𝑇𝑒𝑓
2 + 𝑉𝑇𝑜 · 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 = 10𝑚 · 20
2 + 1 · 18 = 22𝑊 (5.2) 
Portanto a resistência de junção ambiente será 
 
𝑅𝑗𝑎 =
𝑇𝑗 − 𝑇𝑎
𝑃
=
150 − 40
22
= 5°𝐶/𝑊 (5.3) 
b) Ao se colocar um TRIAC em paralelo com uma carga resistiva e uma fonte de corrente, as 
tensões e correntes na carga operam como se o circuito fosse um gradador alimentado com uma fonte 
de tensão em série com a carga porém o ângulo de disparo seria dado por 
 𝛼0 = 180° − 𝛼 = 180 − 35 = 145° (5.3) 
Com o valor do novo α pode se calcular a corrente eficaz na carga através dos ábacos. Portanto 
através do ábaco da fig. 7.5 da pág.ina 173 do livro se obtêm a corrente eficaz no resistor de carga. 
 𝐼𝑅𝑒𝑓 ∙ 𝑅
√2 ∙ 𝑉𝑜
= 0,15 ∴ 𝐼𝑅𝑒𝑓 = 0,15 ∙ √2 ∙ 20 = 4,24𝐴 (5.4) 
Portanto a potência entregue a carga é de 
 𝑃𝐿 = 𝑅 · 𝐼𝑅𝑒𝑓
2 = 10 · 4,242 = 179,8𝑊 (5.5) 
Agora a corrente média e a corrente eficaz no TRIAC pode ser calculado utilizando o ábaco da fig. 7.6 
lembrando que no TRIAC a corrente média para calculo da potência dissipada é multiplicada por 2 e na 
corrente eficaz é multiplicada por √2 devido ao TRIAC ser responsável pela condução do ciclo positivo e 
do negativo ao contrário do tiristor que conduza apenas pelo ciclo positivo ou negativo, lembrando-se 
que o ábaco foi feito utilizando tiristores. 
Pelo ábaco da fig. 7.6 da página 174 se obtêm para α=35° 
 𝐼𝑇𝑒𝑓 ∙ 𝑅
√2 ∙ 𝑉𝑜
= 0,49 ∴ 𝐼𝑇𝑒𝑓 = √2 ∙ 0,5 ∙ √2 ∙ 20 = 19,6𝐴 (5.6) 
 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 ∙ 𝑅
√2 ∙ 𝑉𝑜
= 0,29 ∴ 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 = 2 ∙ 0,29 ∙ √2 ∙ 20 = 16,4𝐴 (5.7) 
Assim a potência dissipada no TRIAC será de 
 𝑃𝑇 = 𝑟𝑡 · 𝐼𝐷𝑒𝑓
2 + 𝑉𝑇𝑜 · 𝐼𝐷𝑚𝑒𝑑 = 10𝑚 · 19,6
2 + 1 · 16,4 = 20,2𝑊 (5.8) 
Portanto o rendimento será 
 
𝜂 =
𝑃𝐿
𝑃𝐿 + 𝑃𝑇
=
179,8
179,8 + 20,2
= 0,899 (5.9) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7 
 
6) Considere o conversor dual apresentado na figura abaixo, onde: 
V1(ωt)=180·sen(ωt), V2(ωt)=180·sen(ωt-120°), V3(ωt)=180·sen(ωt+120°), f=60Hz, αp=105° e L=100mH 
 
a) Desenhe as formas de onda das tensões VP, VN. 
b) Desenhe as formas de onda da tensão sobre a carga Z e sobre a carga VL. 
c) Calcule o valor dos harmônicos de tensão de ordem 3 e de ordem 6 na carga. 
 
Solução 
a) αp+αn=180°  αn=75° 
 
b) 
 
VP 
VN 
L/
2 
L/
2 
V2 V2 
V1 V1 
Z 
V3 V3 
+ VL - 
-100V 
-200V 
0V 
200V 
100V 
200V 
100V 
0V 
-100V 
-200V 
0 π 2π 3π 4π 
8 
 
 
c) O valor de pico da harmônica de ordem n é dado por 
 𝑉𝑛
𝑉𝐷𝑚𝑎𝑥
= |
cos((𝑛 − 1) 𝛼𝑃)
(n − 1)
−
cos((𝑛 + 1) 𝛼𝑃)
(n + 1)
| (6.1) 
Onde 
 
𝑉𝐷𝑚𝑎𝑥 =
√2 · m · Vo
π
· 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
𝑚
) (6.2) 
Onde m é o número de pulsos de um dos grupos, portanto 
 
𝑉𝐷𝑚𝑎𝑥 =
√2 · m · Vo
π
· 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
𝑚
) =
√2 · 3 · 127
π
· 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
3
) = 148,53𝑉 (6.3) 
Assim para a terceira harmônica se tem 
 
𝑉3 = |
cos((3 − 1) · 105)
(3 − 1)
−
cos((3 + 1) · 105)
(3 + 1)
| · 148,53 = 82,9𝑉 (6.4) 
 
 E para a sexta harmônica 
 
𝑉6 = |
cos((6 − 1) · 105)
(6 − 1)
−
cos((6 + 1) · 105)
(6 + 1)
| · 148,53 = 49,2𝑉 (6.5) 
 
7) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=50Ω, cuja alimentação é senoidal, com um valor 
eficaz de 110V e com freqüência de 60Hz. 
 
 
a) Calcule a temperatura na cápsula de um tiristor SKT16/04 com dissipador com resistência 
térmica de 2°C/W, supondo que os tiristores permanecem conduzindo em intervalos de 0,6 segundos, 
T2 
V(ωt) 
T1 
Carga 
 
0 π 
VL 
-300V 
VZ 
-150V 
0V 
300V 
150V 
-100V 
-50V 
0V 
50V 
100V 
2π 3π 4π 
9 
 
com α=0°, intercalados com intervalos de 0,4 segundos com α=180°. (Vto=1,0V; rT=0,02Ω; Rthjc=0,9°C/W; 
Rthcd=0,5°C/W; Ta=30°). 
 
Solução 
a) Utilizando controle por ciclos inteiros se tem 
 
𝑇 =
1
𝑓
= 16,66𝑚𝑠 (7.1) 
 
𝐶𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 𝑒𝑚 𝑎𝑙𝑡𝑎 =
0,6
0,01666
= 36 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 (7.2) 
 
𝐶𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 𝑒𝑚 𝑏𝑎𝑖𝑥𝑎 =
0,4
0,01666
= 24 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 (7.3) 
Pelo ábaco da fig. 7.6 da página 174 se obtêm para α=0° 
 𝐼𝑇𝑒𝑓 ∙ 𝑅
√2 ∙ 𝑉𝑜
= 0,5 ∴ 𝐼𝑇𝑒𝑓 =
0,5 ∙ √2 ∙ 110
50
= 1,556𝐴 (7.4) 
 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 ∙ 𝑅
√2 ∙ 𝑉𝑜
= 0,32 ∴ 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 =
0,32 ∙ √2 ∙ 110
50
= 0,996𝐴 (7.5) 
Assim a potência dissipada por um tiristor conduzindo o tempo todo seria 
 𝑃 = 𝑟𝑡 · 𝐼𝑇𝑒𝑓
2 + 𝑉𝑇𝑜 · 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 = 20𝑚 · 1,556
2 + 1 · 0,996 = 1,045𝑊 (7.6) 
Mas como o tiristor não conduz durante todo o período se tem 
 𝑃
𝑃𝑂
=
𝑚
𝑀
 (7.7) 
Onde m é o número de ciclos onde há condução, M é o número de ciclos total do período e Po é a 
potência total dissipada se conduzisse por todo o período. 
 
𝑃 = 𝑃𝑂 ∙
𝑚
𝑀
= 1,045 ∙
36
60
= 0,627𝑊 
 
(7.8) 
Cálculo da temperatura de cápsula 
 𝑇𝑐 − 𝑇𝑎 = 𝑅𝑐𝑎 · 𝑃 ∴ 𝑇𝑐 = 0,627 · 2,5 + 30 = 31,57°𝐶 (7.9) 
 
8) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=50Ω, cuja alimentação é senoidal, com um valor 
eficaz de 110V e com freqüência de 60Hz. 
 
Considerando que cada um dos tiristores (T1,T2) permanecem em condução durante 5,555ms e 
bloqueados durante 11,111ms, ao longo de um período de rede, determinar: 
a) A corrente eficaz no tiristor T1; 
b) A corrente média no tiristor T2; 
 
 
 
T2 
V(ωt) 
T1 
Carga 
10 
 
Solução 
Sendo que cada tiristor conduz 5,55 ms e fica bloqueado durante 11.11 ms e sabendo que o período 
na freqüência de 60 Hz é de 16,66m, sabe-se que o tiristor deve conduzir durante um intervalo de 
 
𝜃 =
5.55𝑚
16.66𝑚
∙ 360° = 120° (8.1) 
Como a carga é apenas resistiva a condução cessa quando chega a 180°, então para que haja 
condução durante 120° é necessário que α=60°. Assim utilizando o ábaco da fig. 7.6 da pág.. 174 se 
obtêm 
 𝐼𝑇𝑒𝑓 ∙ 𝑅
√2 ∙ 𝑉𝑜
= 0,45 ∴ 𝐼𝑇𝑒𝑓 =
0,45 ∙ √2 ∙ 110
50
= 1,4𝐴 (8.2) 
 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 ∙ 𝑅
√2 ∙ 𝑉𝑜
= 0,24 ∴ 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 =
0,24 ∙ √2 ∙ 110
50
= 0,75𝐴 (8.3) 
Lembrando que a corrente eficaz e média para todos os tiristores são iguais. 
 
9) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=50Ω, cuja alimentação é senoidal, com um valor 
eficaz de 110V e com freqüência de 60Hz. 
 
 Considerando uma potência na carga de 161,2W. 
a) Utilizando-se um controle por ciclos inteiros, com um período de 1 segundo, calcule o intervalo 
de tempo em que são aplicados os ciclos à carga. 
 
Solução 
a) A potência máxima entregue a carga é de 
 𝑃 =
𝑉𝑜
2
𝑅
=
1102
50
= 242𝑊 (9.1) 
Com a freqüência de 60Hz cada período possui T=16,66ms assim o período total do controle por 
ciclos inteiros terá 
 𝑀 =
1,0
16,66𝑚
= 60 𝐶𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 (9.2) 
Seguindo a relação entre número de ciclos e potências abaixo pode se obter o número de ciclos 
necessários para que se consigam os 1500W necessários. 
 𝑃
𝑃𝑂
=
𝑚
𝑀
∴ 𝑚 =
𝑃
𝑃𝑂
∙ 𝑀 =
161,2
242
∙ 60 = 40 𝐶𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 (9.3) 
 
 
 
 
T2 
V(ωt) 
T1 
Carga 
11 
 
10) Dada a estrutura do gradador abaixo, cuja alimentação é senoidal, com um valor eficaz de 110V 
e com freqüência de 60Hz. 
 
 Considerando uma carga RL de R=50Ω e L=50mH, calcule: 
a) A variação de potência possível na carga. 
b) O ângulo α necessário para fornecer a carga apenas metade da potência máxima. 
 
Solução 
a) Para verificar a máxima variação admitida na carga é necessário verificar a potência máximae a 
potência mínima entregue a carga 
A potência máxima acontece quando α=0° assim toda a tensão de entrada é transferida a carga, 
VLef=Vo. 
 
𝑐𝑜𝑠∅ = cos [𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
𝜔 · 𝐿
𝑅
)] = cos [𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
377 · 0,05
50
)] = 0,936 
(10.1) 
 𝑆 =
𝑉𝑜
2
𝑍
=
1102
√502 + (377 ∙ .05)2
= 226,44𝑉𝐴 (10.2) 
 𝑃 = 𝑆 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜙 = 226,44 ∙ 0,936 = 211,95𝑊 (10.3) 
A potência mínima acontecerá quando α=180° assim o não haverá transferência de energia pois os 
dois tiristores permaneceram bloqueados. 
Assim se obtêm um ΔP=211,95W. 
 
b) Para que seja fornecido apenas a metade da potência é necessário que haja a transferência de 
aproximadamente 106W 
Para que exista esta potência na carga é necessário ter a seguinte corrente 
 
𝐼𝐿𝑒𝑓 = √
𝑃𝐿
𝑅
= √
106
50
= 1,456𝐴 (10.4) 
Sabendo que a corrente no tiristor é dado pela relação 
 
𝐼𝑇𝑒𝑓 =
𝐼𝐿𝑒𝑓
√2
=
1,456
√2
= 1,029𝐴 (10.5) 
Sendo Im a corrente de pico da carga para α=0° 
 𝐼𝑚 =
√2 ∙ 𝑉𝑜
|𝑍|
=
√2 ∙ 110
|53,44|
= 2,91𝐴 (10.6) 
 𝐼𝑇𝑒𝑓
𝐼𝑚
=
1,029
2,91
= 0,353 
(10.7) 
Utilizando o valor encontrado no ábaco da fig. 7.13 da pág.181 se obtêm α=82°. 
 
 
 
 
T2 
V(ωt) 
T1 
Carga 
12 
 
11) Considere a indutância controlada por gradador apresentada abaixo. 
 
a) Calcule o valor do indutor equivalente para α=π/3. 
O cálculo da indutância equivalente é dado pele seguinte expressão 
 𝐿𝑒𝑞 =
𝜋 ∙ 𝐿
2 ∙ (𝜋 − 𝛼) − 𝑠𝑒𝑛 ∙ [2 ∙ (𝜋 − 𝛼)]
 (11.1) 
Porém esta expressão é valida apenas para α entre 90° e 180°, assim utiliza-se o menor ângulo 
possível que é de 90°, o que resulta em Leq=L= 100mH. 
 
12) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=20Ω, cuja alimentação é senoidal, com um valor 
eficaz de 127V e com freqüência de 60Hz. 
 
 
a) Calcule a temperatura no dissipador com resistência térmica de 2°C/W, supondo ambos os 
tiristores no mesmo dissipador. Os tiristores permanecem conduzindo em intervalos de 0,7 segundos, 
com α=0°, intercalados com intervalos de 0,3 segundos com α=180°. (Vto=1,0V; rT=0,02Ω; Rthjc=0,9°C/W; 
Rthcd=0,5°C/W; Ta=50°). 
 
Solução 
a) Utilizando controle por ciclos inteiros se tem 
 
𝑇 =
1
𝑓
= 16.66𝑚𝑠 (12.1) 
 
𝐶𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 𝑒𝑚 𝑎𝑙𝑡𝑎 =
0,7
16.66𝑚
= 42 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 (12.2) 
 
𝐶𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 𝑒𝑚 𝑏𝑎𝑖𝑥𝑎 =
0,3
16.66𝑚
= 18 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 (12.3) 
Pelo ábaco da fig. 7.6 da página 174 se obtêm para α=0° 
 𝐼𝑇𝑒𝑓 ∙ 𝑅
√2 ∙ 𝑉𝑜
= 0,5 ∴ 𝐼𝑇𝑒𝑓 =
0,5 ∙ √2 ∙ 127
20
= 4,49𝐴 (12.4) 
 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 ∙ 𝑅
√2 ∙ 𝑉𝑜
= 0,32 ∴ 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 =
0,32 ∙ √2 ∙ 127
20
= 2,87𝐴 (12.5) 
Assim a potência dissipada por um tiristor conduzindo o tempo todo seria 
 𝑃 = 𝑟𝑡 · 𝐼𝑇𝑒𝑓
2 + 𝑉𝑇𝑜 · 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 = 20𝑚 · 4,49
2 + 1 · 2,87 = 3,27𝑊 (12.6) 
 
 
 
T2 
V(ωt) 
T1 
Carga 
T2 
L= 100mH 
T1 
13 
 
Mas como o tiristor não conduz durante todo o período se tem 
 𝑃
𝑃𝑂
=
𝑚
𝑀
 (12.7) 
Onde m é o número de ciclos onde há condução, M é o número de ciclos total do período e Po é a 
potência total dissipada se conduzisse por todo o período. 
 
𝑃 = 𝑃𝑂 ∙
𝑚
𝑀
= 3.27 ∙
42
60
= 2,289𝑊 
 
(12.8) 
Cálculo da temperatura de dissipador 
Porém como há dois tiristores no mesmo dissipador a potência dissipada sobre o dissipador é 
dobrada, assim 
 𝑇𝑑 − 𝑇𝑎 = 𝑅𝑑𝑎 · 𝑃 ∴ 𝑇𝑑 = 2 ∙ 2,289 · 2,5 + 50 = 61,45°𝐶 (12.9) 
 
13) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=20Ω e L=10mH, cuja alimentação é senoidal , com 
um valor eficaz de 110V e com freqüência de 60Hz. 
 
 
Considerando α=120°, determinar: 
a) O ângulo de extinção da corrente e o modo de condução da estrutura; 
b) As correntes média e eficaz no tiristor T2. 
 
Solução 
a) Calculo do ângulo de extinção de corrente 
 𝑐𝑜𝑠∅ = cos [𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
𝜔 · 𝐿
𝑅
)] = cos [𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
377 · 0,01
20
)] = 0,98 (13.1) 
No semiciclo positivo o circuito funcionará como circuito um meia onda monofásico a diodos e no 
semiciclo negativo se comportara como um circuito de meia onda monofásico a tiristor. 
Para o diodo, do ábaco de Puschlowski obtêm-se com: 
 α=0° a= 0 cosΦ=1 β=180° (13.2) 
Para o tiristor, do ábaco de Puschlowski obtêm-se com: 
 α=120° a= 0 cosΦ=1 β=180° (13.3) 
Como para haver condução contínua é necessário que o diodo permaneça em condução durante 
βc=180+120=300° logo este circuito operará em condução descontínua. 
 
b) Calculando o valor de pico da corrente (Im) e utilizando os ábacos 7.12 e 7.13 da pág. 180 para 
ϕ= 10° se obtêm 
 𝐼𝑚 =
√2 ∙ 𝑉𝑜
|𝑍|
=
√2 ∙ 110
|20,35|
= 7,65𝐴 (13.4) 
T2 
V(ωt) 
D1 
Carga 
14 
 
 𝐼𝑇𝑒𝑓
𝐼𝑚
= 0,2 ∴ 𝐼𝑇𝑒𝑓 = 0,2 ∙ 7,65 = 1,53𝐴 
(13.5) 
 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑
𝐼𝑚
= 0,075 ∴ 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 = 0,075 ∙ 7,65 = 0,5737𝐴 
(13.6) 
 
14) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=10Ω, cuja alimentação é 220·sen(ωt) e com 
freqüência de 50Hz. 
 
 Considerando uma potência na carga de 1500W. 
a) Utilizando-se um controle por ciclos inteiros, com um período de 0,5 segundo, calcule o 
intervalo de tempo em que são aplicados os ciclos à carga. 
b) Mantendo o fator de potência unitário, o que pode ser feito para tornar mais suave o controle 
de potência na carga? Este controle pode ser aplicado a um motor de indução? Justifique. 
 
Solução 
a) A potência máxima entregue a carga é de 
 
 
𝑃 =
𝑉𝑜
2
𝑅
=
155,562
10
= 2420𝑊 
 
(14.1) 
Com a freqüência de 50Hz cada período possui T=20ms assim o período total do controle por ciclos 
inteiros terá 
 𝑀 =
0,5
0,02
= 25 𝐶𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 (14.2) 
Seguindo a relação entre número de ciclos e potências abaixo pode se obter o número de ciclos 
necessários para que se consigam os 1500W necessários. 
 𝑃
𝑃𝑂
=
𝑚
𝑀
∴ 𝑚 =
𝑃
𝑃𝑂
∙ 𝑀 =
1500
2420
∙ 25 = 15,5 𝐶𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 (14.3) 
 
b) Aumentando a relação M/m é possível melhorar o controle, tornando o suave. Este controle 
por ciclos inteiros é amplamente utilizado em equipamentos que utilizam aquecimento resistivo, já que 
esses possuem uma constante de tempo grande, já os motores de indução possuem uma constante de 
tempo menor, por isso não é indicada a sua utilização. 
 
 
 
 
 
 
 
T2 
V(ωt) 
T1 
Carga 
15 
 
15) Dada a estrutura do gradador abaixo, cuja alimentação é senoidal com um valor eficaz de 220V 
e com freqüência de 60Hz. 
 
Considerando uma carga RL de R=10Ω e L=50mH, calcule: 
a) O dissipador necessário para acomodar o Triac. (Vto=1V; rt=10mΩ; Ta=40°;Tj=150°) 
b) O ângulo α necessário para fornecer 500W a carga. 
 
Solução 
a) Para calcular o dissipador se considera o pior caso possível, ou seja, quando o TRIAC conduzir 
pelo tempo todo, ou seja, neste circuito devido a presença da indutância α=60° . 
Agora a corrente média e a corrente eficaz no TRIAC pode ser calculado utilizando o ábaco da fig. 7.6 
lembrando que no TRIAC a corrente média para calculo da potência dissipada é multiplicada por 2 e na 
corrente eficaz é multiplicada por √2 devido ao TRIAC ser responsável pela condução do ciclo positivo e 
do negativo ao contrário do tiristor que conduza apenas pelo ciclo positivo ou negativo, lembrando-se 
que o ábaco foi feito utilizando tiristores. 
 𝐼𝑚 =
√2 ∙ 𝑉𝑜
|𝑍|
=
√2 ∙ 220
|21,34|
= 14,6𝐴 (15.1) 
 𝐼𝑇𝑒𝑓
𝐼𝑚
= 0,5 ∴ 𝐼𝑇𝑒𝑓 = √2 ∙ 0,5 ∙ 14,6 = 10,32𝐴 
(15.2) 
 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑
𝐼𝑚
= 0,32 ∴ 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 = 2 ∙ 0,32 ∙ 14,6 = 9,344𝐴 
(15.3) 
Assim a potência dissipada no TRIAC será de 
 𝑃 = 𝑟𝑡 · 𝐼𝑇𝑒𝑓
2 + 𝑉𝑇𝑜· 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 = 10𝑚 · 10,32
2 + 1 · 9,344 = 10,41𝑊 (15.4) 
Portanto a resistência de junção ambiente será 
 
𝑅𝑗𝑎 =
𝑇𝑗 − 𝑇𝑎
𝑃
=
150 − 40
10,41
= 10,57°𝐶/𝑊 (15.5) 
b) A máxima corrente eficaz que se conseguirá na carga será de 5,16A o que resultará numa 
potência máxima de 
 
𝑃 = 𝑅 · 𝐼𝐿𝑒𝑓
2 ∴ 𝐼𝐿𝑒𝑓 = √
𝑃
𝑅
= √
500
10
= 7,07 (15.6) 
Como a corrente eficaz na carga possui a corrente eficaz dos dois ramos do TRIAC é necessário 
dividir a corrente por √2 para que se tenha a corrente eficaz como se fosse um único tiristor para poder 
se utilizar do ábaco da fig 7.13 da pág. 181. 
 
𝐼𝑇𝑒𝑓 =
𝐼𝐿𝑒𝑓
√2
=
7,07
√2
= 5𝐴 (15.7) 
Sendo Im a corrente de pico da carga para α=0° 
 𝐼𝑇𝑒𝑓
𝐼𝑚
=
5
14,6
= 0,342 
(15.8) 
Com o valor obtido, através do ábaco se encontra α=88° 
 
V(ωt) 
Triac 
Carga 
16 
 
16) Dada a estrutura do gradador abaixo, cuja alimentação é I(ωt)=10·sen(ωt) com freqüência de 
60Hz. 
 
Considere α=120° e R=10Ω. 
a) Apresente as formas de onda de tensão e corrente de carga. 
b) Calcule a tensão eficaz na carga. 
c) Calcule a resistência térmica junção ambiente necessária para acomodar o diodo e o tiristor em 
um único dissipador. (Vto=0,85V; rT=0,02Ω; Tj=110°C; Ta=50°C). 
 
Solução 
a) No semiciclo negativo a corrente passará totalmente pelo diodo D1 e no semiciclo positivo 
haverá condução pela carga enquanto o tiristor T2 estiver bloqueado como mostra as formas de onda a 
seguir 
 
b) A tensão eficaz na carga será dada pela seguinte expressão onde θ1=0° e θ2=120° 
 
𝑉𝐿𝑒𝑓 = √
1
2𝜋
∫ (√2 · 𝐼𝑜 ∙ 𝑅 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡))2𝑑𝜔𝑡
𝜃2
𝜃1
= √
1
2𝜋
∫ (10 ∙ 10 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡))2𝑑𝜔𝑡
120°
0°
= 44,8𝑉 (16.1) 
 
c) Para o tiristor através do ábaco da fig. 7.6 pág.. 174 se obtêm 
 𝐼𝑇𝑒𝑓 ∙ 𝑅
√2 ∙ 𝑉𝑜
= 0,22 ∴ 𝐼𝑇𝑒𝑓 = 0,22 ∙ 10 = 2,2𝐴 (16.2) 
 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 ∙ 𝑅
√2 ∙ 𝑉𝑜
= 0,08 ∴ 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 = 0,08 ∙ 10 = 0,8𝐴 (16.3) 
 𝑃 = 𝑟𝑡 · 𝐼𝑇𝑒𝑓
2 + 𝑉𝑇𝑜 · 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 = 20𝑚 · 2,2
2 + 0,85 · 0,8 = 0,777𝑊 (16.4) 
 
 
 
 
0 π 2π 3π 4π 
Corrente 
-10A 
0A 
10A 
Tensão 
-100V 
0V 
100V 
T2 D1 I(ωt) Carga 
17 
 
Para o diodo 
 
𝐼𝐷𝑒𝑓 = √
1
2𝜋
∫ (√2 · 𝐼𝑜 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡))2𝑑𝜔𝑡
𝜃2
𝜃1
= √
1
2𝜋
∫(10 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡))2𝑑𝜔𝑡
𝜋
0
= 5𝐴 (16.5) 
 
𝐼𝐷𝑚𝑒𝑑 =
1
2𝜋
∫ √2 · 𝐼𝑜 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)𝑑𝜔𝑡
𝜃2
𝜃1
=
1
2𝜋
∫ 10 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)𝑑𝜔𝑡
𝜋
0
= 3,18 (16.6) 
 𝑃 = 𝑟𝑡 · 𝐼𝑇𝑒𝑓
2 + 𝑉𝑇𝑜 · 𝐼𝑇𝑚𝑒𝑑 = 20𝑚 · 5
2 + 0,85 · 3,18 = 3,2𝑊 (16.7) 
Portanto a resistência de junção ambiente será 
 
𝑅𝑗𝑎 =
𝑇𝑗 − 𝑇𝑎
𝑃
=
110 − 50
3,2 + 0,777
= 15,1°𝐶/𝑊 (16.8) 
 
17) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=10Ω, L=18,5mH, cuja alimentação é 155·sen(ωt) e 
com freqüência de 50Hz. 
 
Considere α=60°. 
a) Calcule a tensão eficaz na carga. 
b) Calcule as componentes harmônicas de corrente da ordem 1, 3 e 5 na carga. 
 
Solução 
a) 
∅ = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
𝜔 · 𝐿
𝑅
) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
314,16 · 0,0185
10
) = 30,16° 
(17.1) 
Pelo ábaco da fig. 7.10 da pág.. 178 se obtêm β=209, portanto o circuito funciona em condução 
descontínua. 
 
𝑉𝐿𝑒𝑓 = √
1
2𝜋
∫ (√2 · 𝑉𝑜 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡))2𝑑𝜔𝑡
𝜃2
𝜃1
= √
1
2𝜋
∫ (155 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡))2𝑑𝜔𝑡
209°
60°
= 91,4𝑉 (17.2) 
b) Verificando o pico da corrente para α=0 
 𝐼𝑚 =
√2 ∙ 𝑉𝑜
|𝑍|
=
155
|11,56|
= 13,4𝐴 (17.3) 
Através dos ábacos da 7.14 à 7.16 se obtêm 
 𝐼1
𝐼𝑚
= 0,85 ∴ 𝐼𝑇𝑒𝑓 = 0,85 ∙ 13,4 = 11,40𝐴 
(17.4) 
 𝐼3
𝐼𝑚
= 0,125 ∴ 𝐼𝑇𝑒𝑓 = 0.125 ∙ 13,4 = 1,61𝐴 
(17.5) 
 𝐼5
𝐼𝑚
= 0,066 ∴ 𝐼𝑇𝑒𝑓 = 0,066 ∙ 13,4 = 0,88𝐴 
(17.6) 
T2 
V(ωt) 
T1 
Carga 
18 
 
18) Dado o circuito abaixo, onde: Vo=127V, R= 20Ω, L=100mH e f=60Hz. 
 
a) Supondo α=180° para a indutância controlada determine o valor do capacitor C para corrigir o 
FP do sistema pra 1,0. 
b) Considerar que a carga fooi alterada para 50Ω e 100mH. Calcule o ângulo de controle para FP 
igual a 1,0. 
 
Solução 
a) O cálculo da indutância equivalente é dado pele seguinte expressão 
 𝐿𝑒𝑞 =
𝜋 ∙ 𝐿
2 ∙ (𝜋 − 𝛼) − 𝑠𝑒𝑛 ∙ [2 ∙ (𝜋 − 𝛼)]
 (18.1) 
Para α=180°, há indutância equivalente se torna infinita tornado um circuito aberto, assim pode-se 
achar o valor da capacitância para corrigir o FP 
 
∅ = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
𝜔 · 𝐿
𝑅
) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
377 · 0,1
20
) = 62° 
(18.2) 
 
𝑆 =
𝑉𝑜
2
𝑍
=
1272
√202 + (377 ∙ .1)2
= 378𝑉𝐴 
(18.3) 
 𝑃 = 𝑆 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜙 = 378 ∙ cos (62°) = 177,43𝑊 (18.4) 
 𝑄 = 𝑆 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝜙 = 378 ∙ sen (62°) = 333,75𝑉𝐴𝑟 (18.5) 
Para que haja fator de potência unitário é necessário que Q=0, portando é necessário que a 
capacitância introduza 333,8 VAr capacitivo no circuito 
 
𝑄𝑐𝑎𝑝 =
𝑉𝑂
2
𝑋𝑐
∴ 𝑋𝑐 =
𝑉𝑂
2
𝑄𝑐𝑎𝑝
=
1272
333,8
= 48,32𝛺 
(18.6) 
Portando o valor do capacitor será de 
 
𝑋𝑐 =
1
𝜔𝐶
∴= 𝐶 =
1
𝑋𝑐 ∙ 𝜔
=
1
48,32 ∙ 377
= 54,9𝜇𝐹 
(18.7) 
b) Para a nova carga se tem 
 
∅ = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
𝜔 · 𝐿
𝑅
) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
377 · 0,1
50
) = 37° 
(18.8) 
 
𝑆 =
𝑉𝑜
2
𝑍
=
1272
√502 + (377 ∙ .1)2
= 257,6𝑉𝐴 
(18.9) 
 𝑃 = 𝑆 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜙 = 257,6 ∙ cos (37°) = 205,7𝑊 (18.10) 
 𝑄 = 𝑆 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝜙 = 257,6 ∙ sen (37°) = 155𝑉𝐴𝑟 (18.11) 
T2 
Lc 
L 
V(ωt) C 
T1 
R 
19 
 
Assim aparece uma diferença na potência reativa 
 ∆𝑄 = 𝑄𝑐𝑎𝑝 − 𝑄 = 333,8 − 155 = 178,8𝑉𝐴𝑟 ( 𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜) (18.12) 
Para que haja fator de potência unitário é necessário que Q=0, portando é necessário que a 
indutância controlada introduza 178,8 VAr indutivo no circuito 
 
𝑄𝑖𝑛𝑑 =
𝑉𝑂
2
𝑋𝐿
∴ 𝑋𝐿 =
𝑉𝑂
2
𝑄𝑖𝑛𝑑
=
1272
178,8
= 90,20𝛺 
(18.13) 
Portando o valor do indutor equivalente será de 
 
𝑋𝐿 = 𝜔𝐿 ∴= 𝐿 =
𝑋𝐿
𝜔
=
90,2
377
= 239,3𝑚𝐻 
(18.14) 
Fazendo iterações na seguinte equação se obtêm o ângulo de disparo 
 
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝛼 = 110° 𝐿𝑒𝑞 =
𝜋 ∙ 100𝑚
2 ∙ (𝜋 − 110°) − 𝑠𝑒𝑛 ∙ [2 ∙ (𝜋 − 110°)]
= 174,8𝑚𝐻 
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝛼 = 120° 𝐿𝑒𝑞 =
𝜋 ∙ 100𝑚
2 ∙ (𝜋 − 120°) − 𝑠𝑒𝑛 ∙ [2 ∙ (𝜋 − 120°)]
= 255,8𝑚𝐻 
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝛼 = 115° 𝐿𝑒𝑞 =
𝜋 ∙ 100𝑚
2 ∙ (𝜋 − 115°) − 𝑠𝑒𝑛 ∙ [2 ∙ (𝜋 − 115°)]
= 209𝑚𝐻 
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝛼 = 118° 𝐿𝑒𝑞 =
𝜋 ∙ 100𝑚
2 ∙ (𝜋 − 118°) − 𝑠𝑒𝑛 ∙ [2 ∙ (𝜋 − 118°)]
= 235,3𝑚𝐻 
(18.15) 
Logo α é próximo de 118°. 
19) Dado o circuito abaixo: 
 
Onde: Vo=220V; f=60Hz; R=2Ω; C=2,2mF; 
a) Calcular a indutância para corrigir o FP para 0,98. 
b) Qual será o ângulo α para corrigir com a indutância equivalente sendo L=18,1mH. 
 
Solução 
a) 
∅ = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
1
𝜔 ∙ 𝑅 ∙ 𝐶
) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
1
377 ∙ 2,2𝑚 ∙ 2
) = 31,08° 
(19.1) 
 
𝑆 =
𝑉𝑜
2
𝑍
=
2202
√22 + (
1
377 ∙ 2,2𝑚)
2
= 20725𝑉𝐴 
(19.2) 
 𝑃 = 𝑆 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜙 = 20725 ∙ cos (31,08°) = 17750𝑊 (19.3) 
 𝑄 = 𝑆 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝜙 = 20725 ∙ sen (31,08°) = 10699𝑉𝐴𝑟(capacitiva) (19.4) 
Para FP= 0,98 se tem 𝜙 = 11,48°. 
Mantendo a potência ativa de 17750 se obtêm 
 
𝑆 =
𝑃
𝑐𝑜𝑠𝜙
=
17750
0,98
18112𝑊 
(19.5) 
C 
R 
V(ωt) 
20 
 
 𝑄 = 𝑆 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝜙 = 18112 ∙ sen (11,48°) = 3604,7𝑉𝐴𝑟(capacitiva) (19.6) 
É necessário verificar a quantidade de potência reativa indutiva que é necessária para elevar o FP 
para 0,98. 
 𝑄𝐼𝑛𝑑 = 𝑄𝑐𝑎𝑝 − 𝑄 = 10699 − 3604,7 = 7094,3𝑉𝐴𝑟 ( 𝑖𝑛𝑑𝑢𝑡𝑖𝑣𝑜) (19.7) 
 
𝑄𝑖𝑛𝑑 =
𝑉𝑂
2
𝑋𝐿
∴ 𝑋𝐿 =
𝑉𝑂
2
𝑄𝑖𝑛𝑑
=
2202
7094,3
= 6,822𝛺 
(19.8) 
Portando ovalor do indutor equivalente será de 
 
𝑋𝐿 = 𝜔𝐿 ∴= 𝐿 =
𝑋𝐿
𝜔
=
6,822
377
= 18,1𝑚𝐻 
 
(19.9) 
b) Sendo L=18,1mH é necessário um ângulo α=90° para que se mantenha L=Leq. 
 
20) Dada a estrutura do gradador abaixo, onde Io=30A, f=60Hz e R=10Ω. 
 
Considere α=120° 
a) Determine α para P=5000W 
 
 Solução 
No semiciclo negativo não haverá transferência de energia para a carga pois toda a corrente passará 
pelo diodo D1. Assim o comportamento da carga será como de um retificador de meia onda com ângulo 
α complementar. 
Para uma potência de 5000W é necessário uma corrente eficaz na carga de 
 
𝐼𝐿𝑒𝑓 = √
𝑃𝐿
𝑅
= √
5000
10
= 22,36𝐴 (20.1) 
Porém com α=180° onde toda a corrente do semiciclo positivo passará pela carga, mas a máxima 
corrente eficaz que se conseguirá na carga é de 
 
𝐼𝐿𝑒𝑓 =
𝐼𝑜
√2
=
30
√2
= 21,21𝐴 (20.2) 
Ou seja não é possível obter os 5000W na carga. 
 
21) Dado o circuito abaixo, onde: Vo=220V, R= 10Ω, C=100uF, L=500mH e f=60Hz. 
 
T2 
Lc 
C 
V(ωt) 
T1 
R 
T2 D1 I(ωt) Carga 
21 
 
a) Calcular o indutor equivalente que compense a potência reativa capacitiva. 
Solução 
 
∅ = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
1
𝜔 ∙ 𝑅 ∙ 𝐶
) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (
1
377 ∙ 100𝜇 ∙ 10
) = 69,34° 
(21.1) 
 
𝑆 =
𝑉𝑜
2
𝑍
=
2202
√102 + (
1
377 ∙ 100𝜇)
2
= 1707,4𝑉𝐴 
(21.2) 
 𝑃 = 𝑆 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜙 = 1707,4 ∙ cos (69,34°) = 602,4𝑊 (21.3) 
 𝑄 = 𝑆 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝜙 = 1707,4 ∙ sen (37°) = 1597,6𝑉𝐴𝑟(capacitiva) (21.4) 
Deve se compensar esta potência reativa capacitiva com potência reativa indutiva 
Para que haja fator de potência unitário é necessário que Q=0, portando é necessário que a indutância 
controlada introduza 1597,6 VAr indutivo no circuito 
 
𝑄𝑖𝑛𝑑 =
𝑉𝑂
2
𝑋𝐿
∴ 𝑋𝐿 =
𝑉𝑂
2
𝑄𝑖𝑛𝑑
=
2202
1597,6
= 30,30𝛺 
(21.5) 
Portando o valor do indutor equivalente será de 
 
𝑋𝐿 = 𝜔𝐿 ∴= 𝐿 =
𝑋𝐿
𝜔
=
30,30
377
= 80,4𝑚𝐻 
(21.6)