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Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente 
O estudo do fluxo de carga – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 1 de 12 
 
VI – O estudo do fluxo de carga 
A avaliação do desempenho das redes de energia elétrica em condições de regime permanente senoidal é de 
grande importância tanto na operação em tempo real do sistema quanto no planejamento de sua operação 
e expansão. Entre as informações a serem determinadas para uma condição definida de carga e geração se 
destacam as seguintes: 
• O carregamento das linhas de transmissão e transformadores; 
• O carregamento dos geradores; 
• A magnitude da tensão nas barras; 
• As perdas de transmissão; 
• O carregamento dos equipamentos de compensação de reativos (síncronos e estáticos).. 
 
A partir destas informações, é possível definir propostas de alterações a serem implementadas no sistema, 
com objetivo de tornar a sua operação mais segura e econômica. Entre as alterações possíveis na operação 
do sistema se destacam: 
• Ajuste no despacho dos geradores; 
• Ajustes nos dispositivos de controle de tensão (injeções de potência reativa, posição dos taps dos 
transformadores e status dos bancos de capacitores e reatores); 
• Ajustes no intercâmbio com os sistemas vizinhos; 
• Mudanças na topologia (ligar ou desligar alguma linha de transmissão ou transformador). 
 
Por outro lado, entre as alterações possíveis no planejamento da expansão do sistema se destacam: 
• Instalação de novas plantas de geração; 
• Instalação de novas linhas de transmissão e transformadores; 
• Instalação de dispositivos de controle do fluxo de potência (FACTS1); 
• Interconexão com outros sistemas. 
 
VI.1 – Definição do problema do fluxo de carga 
O problema do fluxo de carga (load flow em inglês) ou fluxo de potência (power flow em inglês) consiste na 
obtenção das condições de operação (magnitude e ângulo de fase dos fasores tensão nodal, a partir dos quais 
podem ser determinados os fluxos de potência ativa e reativa) em regime permanente de uma rede de energia 
elétrica com topologia e níveis de geração e consumo conhecidos. 
 
Na formulação básica do problema do fluxo de carga em sistemas elétricos são associadas quatro variáveis 
a cada barra da rede (que representa um nó do circuito elétrico equivalente): 
kV – Magnitude do fasor tensão nodal da barra k; 
kθ – Ângulo de fase do fasor tensão nodal da barra k; 
kP – Injeção líquida (geração menos carga) de potência ativa da barra k; 
kQ – Injeção líquida de potência reativa da barra k. 
 
Por outro lado, aos ramos da rede (cujas barras extremas são k e m) associam-se as seguintes variáveis: 
kmI – Fasor da corrente que sai da barra k em direção à barra m; 
kmP – Fluxo de potência ativa que sai da barra k em direção à barra m; 
kmQ – Fluxo de potência reativa que sai da barra k em direção à barra m. 
 
No fluxo de carga convencional, definem-se três tipos de barras, em função das variáveis que são 
conhecidas (dados do problema) e incógnitas, conforme mostra a Tabela VI.1. 
 
1
 Flexible AC Transmission System. 
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Tabela VI.1 – Tipos de barra no fluxo de carga convencional. 
 
Tipo de barra Notação Dados Incógnitas 
Barra de carga PQ kP e kQ kV e kθ 
Tensão controlada PV kP e kV kθ e kQ 
Referência Vθ kV e kθ kP e kQ 
 
De forma geral, as barras de carga aparecem em maior número e representam as subestações de energia 
elétrica nas quais estão conectadas as cargas do sistema elétrico; em segundo lugar, as barras de tensão 
controlada representam as instalações que possuem geradores que podem realizar o controle da sua tensão 
terminal (por intermédio do seu controle de excitação) e também as barras cuja tensão pode ser controlada 
por intermédio do ajuste do tap de algum transformador. A barra de referência é única e imprescindível na 
formulação do problema em função de dois fatores: 
• Necessidade matemática de estipular um ângulo de referência (geralmente igualado a zero); 
• Para fechar o balanço de potência da rede pois as perdas de transmissão não são conhecidas a priori, 
ou seja, não é possível definir todas as injeções de potência do sistema antes de conhecer as perdas 
que são função dos fluxos de potência na rede. 
 
 
Exemplo VI.1 – Considere o sistema elétrico composto por duas barras e uma linha de transmissão 
ilustrado na Figura VI.1. Para este sistema, são conhecidos o fasor tensão na Barra 1 (utilizada como 
referência angular pois 01 =θ ), 1V , e a demanda de potência da Barra 2 (que constitui uma barra de carga), 
2S . Deseja-se determinar o fasor tensão na Barra 2, 2V , e a injeção líquida de potência da Barra 1, 1S . 
 pu 011 =V
1 2 
( ) pu 4,08,02 jS +=
222 θVV =
( ) pu 1,001,0 jZ LT +=
1S
12I
 
Figura VI.1 – Sistema elétrico de potência. 
 
Solução Exemplo VI.1: Embora o sistema elétrico da Figura VI.1 seja extremamente simples, a 
determinação do fasor tensão da Barra 2 não é imediata. De acordo com os tipos de barra definidos na Tabela 
VI.1, a Barra 1 é a referência, pois seu fasor tensão é conhecido, e a Barra 2 uma barra de carga, pois sua a 
injeção de potência é conhecida. 
Da análise do circuito elétrico, observa-se que a tensão na Barra 2 está vinculada com a corrente 12I que 
percorre a linha de transmissão pois: 
 1212 IZVV LT−= 
e, por outro lado, a corrente que circula na linha de transmissão 12I é função da tensão da Barra 2 pois a 
grandeza conhecida nesta barra é a potência demandada, assim 
 
*
2
2
12 







=
V
SI 
Substituindo a expressão da corrente 12I na expressão da tensão na Barra 2 tem-se: 
 
876 12
*
2
2
12
I
LT
V
SZVV 






−=
*
2V×
⇒
*
2
*
2
2*
21
*
22 V
V
SZVVVV LT 






−= 
 
*
2
*
21
2
2 SZVVV LT−= 
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Solução Exemplo VI.1 (continuação): Substituindo os valores conhecidos, chega-se a: 
 ( )( ) ( ) 076,0048,0sencos4,08,01,001,001 2222222 jjVjjVV −−−=−+−−= θθθ 
 076,0048,0sencos 222222 jVjVV ++=− θθ 
Esta é uma equação a números complexos que pode ser resolvida separando-se as partes real e imaginária, de 
forma a obter duas equações a números reais: 
 048,0cos 2222 += VV θ 
 076,0sen 22 −=θV 
A solução analítica para 2V deste sistema não linear de equações pode ser obtida somando-se o quadrado das 
duas expressões2 e eliminando-se, assim, a variável 2θ . 
 ( ) ( ) 002304,0096,0048,0048,02048,0cos 224222242222222 ++=+×+=+= VVVVVV θ 
+ ( ) ( ) 005776,0076,0sen 2222 =−=θV 
= ( ) ( )
( ) ( )
484764444 84444 76
2
22
2
22 sencos
2
2
4
2
2
22
2
22 005776,0002304,0096,0sencos
θθ
θθ
VV
VVVV +++=+
 
 
 
 ( ) ( )[ ] 00808,0096,0sencos 2242
1
2
2
2
2
2
2 ++=+
=
VVV
444 8444 76
θθ ⇒ ( ) 000808,01096,0 2242 =+−+ VV 
 000808,0904,0 22
4
2 =+− VV 
As soluções da equação biquadrada são dadas por: 
 4430,04520,0
12
00808,014904,0904,0 22
2 ±≈
×
××−±
=V 
 4430,04520,02 ±±=V 
Têm-se, assim, 4 soluções para o sistema de equações: { }0949,0;0949,0;9460,0;9460,02 −+−+=V 
Os valores negativos não têm significado, pois 2V representa o módulo da tensão. Como o sistema elétrico 
não pode operar com valores muito baixos para a tensão (0,0949 pu, por exemplo) a única solução válida é 
dada por pu 9460,02 =V . 
 
Conhecido o valor de 2V , o valor de 2θ pode ser obtido através da expressão: 
 076,0sen22 −=θV ⇒ ( )0803,0sen9460,0
076,0
sen
076,0
sen 11
2
1
2 −≈




 −
=





−
=
−−−
V
θ 
 
o61,4rad 0804,02 −=−=θ 
 
Após a determinação do fasor 2V , a injeção de potência da Barra 1 pode ser obtida diretamente: 
 pu 18,319455,04894,08089,0
61,49460,0
4,08,0
**
2
2
12
o
o
−=−=








−
+
=







= jj
V
SI 
 
( )**1211 18,319455,001 oo −== IVS 
 pu 18,319455,04894,08089,01 o=+= jS 3 
Conhecido o valor de todas as injeções, podem-se determinar as perdas no sistema de transmissão: 
 pu 31,840898,00894,00089,04,08,04894,08089,021perdas o=+=−−+=−= jjjSSS 
 
2
 Desta forma, aparece a soma dos quadrados de um cosseno e um seno de mesmo argumento que é igual a 1 e que 
permite eliminar o ângulo de fase. Lembrar que 1sencos 22 =+ αα . 
3
 Observar que como o sistema possui perdas o valor da injeção da Barra 1 é diferente do valor demandado na Barra 2. 
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Solução alternativa Exemplo VI.1: A partir das equações da corrente 12I e da tensão 2V é possível 
construir um procedimento iterativo rudimentar para determinar o valor da tensão na Barra 2. O 
procedimento compreende os seguintes passos: 
 
i. Fazer 0=ν e estipular um valor inicial para 2V e 12I , por exemplo: pu 011
0
2
o
== VV e 0
0
12 =I . 
ii. Em função do valor atual de 
ν
2V , calcular o valor da corrente 12I : 
 
*
2
2
12 







=
ν
ν
V
SI 
iii. Se 
1
1212
−
≈
νν
II , então o processo convergiu e a solução é dada por 
ν
22 VV = . Caso contrário prosseguir. 
iv. Calcular o novo valor para 
ν
2V , em função do valor calculado anteriormente: 
 
νν
121
1
2 IZVV LT−=
+
 
v. Fazer 1+=νν e retornar para o Passo (ii). 
 
Aplicando este procedimento para o problema são obtidos os resultados mostrados na Tabela VI.2. 
 
Tabela VI.2 – Resultados do procedimento iterativo. 
Iteração ν ν2V [pu] ν12I [pu] 
0 o01 o57,268944,0 − 
1 o56,49550,0 − o13,319365,0 − 
2 o56,49466,0 − o13,319449,0 − 
3 o61,49461,0 − o17,319454,0 − 
4 o61,49460,0 − o17,319454,0 − 
 
 
Os resultados mostrados na Tabela VI.2, foram obtidos executando-se a seguinte rotina em MATLAB4. 
 
% disponivel em: http://slhaffner.phpnet.us/sistemas_de_energia_1/exemplo_VI_1.m 
clear all 
saida=fopen('saida.txt','w'); 
v1=1+0i; 
z=0.01+0.1i; 
v2=1+0i; 
for k=1:10, 
 i12=conj((0.8+0.4i)/v2); 
 y=[k abs(v2) angle(v2)*180/pi abs(i12) angle(i12)*180/pi]; 
 fprintf(saida,'%2.0f %6.4f %6.2f %6.4f %6.2f\n',y); 
 v2=v1-z*i12; 
end 
fclose(saida); 
 
Para sistemas elétricos de maior dimensão, a solução analítica se torna impraticável, restando apenas os 
métodos numéricos. 
 
 
Exercício VI.1 – Determinar os dados e as incógnitas do problema de fluxo de carga convencional de um 
sistema composto por 4 barras ( )4,,1,,,, L=iVQP iiii θ , sabendo que a Barra 1 é a referência (Vθ), a Barra 3 é 
de tensão controlada (PV) e as demais barras são de carga (PQ). 
 
 
4
 MATLAB é marca registrada pertencente à The MathWorks, Inc. 
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Como conseqüência da imposição da Primeira Lei de Kirchhoff para uma barra qualquer do sistema elétrico 
da Figura VI.2 tem-se que a potência líquida (geração menos carga) injetada nesta barra é igual à soma dos 
fluxos de potência que deixam esta barra, ou seja, têm-se duas equações: 
 
( )∑
Ω∈
=
km
mkmkkmk VVPP θθ ,,, (VI.1) 
 
( ) ( )∑
Ω∈
=+
km
mkmkkmk
sh
kk VVQVQQ θθ ,,, (VI.2) 
sendo: 
NBk ,,2,1 L= – Índice de todas as barras do sistema, sendo NB o número de barras do sistema; 
kΩ – Conjunto de barras vizinhas da barra k; 
mk VV , – Magnitude dos fasores das tensões terminais do ramo k-m; 
mk θθ , – Ângulo de fase dos fasores das tensões terminais do ramo k-m; 
kmkm QP , – Fluxo de potência ativa e reativa no ramo k-m; 
sh
kQ – Componente da injeção de potência reativa devido ao elemento em derivação 
(shunt) da barra k ( )2kshkshk VbQ = . 
k
sh
kjQ
m
11 kk jQP +
1 2
22 kk jQP +
kmkm jQP +
kk jQP +
 
Figura VI.2 – Sistema elétrico de potência. 
 
Nas expressões (VI.1) e (VI.2), os fluxos de potência ativa e reativa nos ramos (linhas de transmissão, 
transformadores em fase, defasadores puros e defasadores), obedecem às seguintes expressões gerais5: 
 
( ) ( ) ( ) ( )[ ]kmkmkmkmkmkmmkkmkmkkmkm bgVVagVaP ϕθϕθ +++−= sencos2 (VI.3) 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]kmkmkmkmkmkmmkkmshkmkmkkmkm bgVVabbVaQ ϕθϕθ +−+−+−= cossen2 (VI.4) 
De acordo com o tipo de equipamento, os parâmetros kma , kmϕ e shkmb assumem valores particulares, 
mostradas na Tabela VI.3. 
 
Tabela VI.3 – Parâmetros para os diferentes equipamentos nas expressões gerais dos fluxos. 
Equipamento kma kmϕ shkmb 
Linha de transmissão 1 0 
Transformador em fase 0 0 
Transformador defasador puro 1 0 
Transformador defasador 0 
Assim, o problema do fluxo de carga consiste em resolver o sistema de equações (VI.1) e (VI.2) tendo como 
dados e incógnitas as variáveis descritas na Tabela VI.1. 
 
5
 Para mais detalhes, vide Capítulo IV, Seção IV.8. 
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VI.2 – As equações das correntes dos nós 
Para a barra k do sistema elétrico da Figura VI.2, a injeção líquida de corrente pode ser obtida aplicando-se a 
Primeira Lei de Kirchhoff, 
 ∑
Ω∈
=+
km
km
sh
kk III para NBk ,,2,1 L= (VI.5) 
onde 
( ) kshkkshkshk VjbVjbI −=−= 0 (VI.6) 
e 
( ) [ ] 22*** ImImImIm kshkkshkkshkkkshkkshkkshk VbVjbVjbVVjbVIVQ == = −=









= 
são a injeção de corrente e de potência reativa correspondentes ao elemento em derivação da barra k. 
 
A expressão para fasor corrente kmI depende do tipo de equipamento considerado, ou seja: 
 Linha de transmissão: ( ) ( ) mkmkshkmkmkm VYVjbYI −++= 
 
( ) ( ) mshkmkmkkmmk VjbYVYI ++−= 
 Transformador em fase: ( ) ( ) mkmkmkkmkmkm VYaVYaI −+= 2 
 
( ) ( ) mkmkkmkmmk VYVYaI +−= 
 Defasador puro: ( ) ( ) mkmjkkmkm VYeVYI kmϕ−−+= 
 
( ) ( ) mkmkkmjmk VYVYeI km +−= ϕ 
De forma mais geral, considerando os parâmetros kma , kmϕ e shkmb , definidos na Tabela VI.3, podem-se 
escrever as seguintes expressões gerais para os fluxos de corrente nos ramos: 
( ) ( ) mkmjkmkshkmkmkmkm VYeaVjbYaI kmϕ−−++= 2 (VI.7) 
( ) ( ) mshkmkmkkmjkmmk VjbYVYeaI km ++−= ϕ (VI.8) 
 
Exemplo VI.2 – Para o circuito de 4 barras e 5 ramos (3 linhas e 2 transformadores) da Figura VI.3, 
determinar as expressões das injeções de corrente obtidas com a aplicação da Primeira Lei de Kirchhoff. 
 
12Y
shjb12 shjb12
23Y
shjb23 shjb23
13Y
shjb13 shjb13
34:1 a
34Y
14:1 ϕje
14Y
1 2 3 4 
1I
3I
4I
2I1V 2V 3V 4V
shjb3
 
Figura VI.3 – Sistema exemplo de 4 barras. 
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Solução Exemplo VI.2: Considerando as expressões (VI.7) e (VI.8), as injeções de corrente nas barras do 
sistema da FiguraVI.3 são dadas por: 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4444 84444 764444 84444 764444 84444 76
14
14
1312
41411431311313212112121
I
j
I
sh
I
sh VYeVYVYVjbYVYVjbYI ϕ−−++−+++−++= 
 ( ) ( ) ( ) ( )4444 84444 764444 84444 76
2321
32322323212121122
I
sh
I
sh VYVjbYVjbYVYI −+++++−= 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4444 84444 764444 84444 764444 84444 7648476
3432313
43434334
2
343232322331313113333
II
sh
I
sh
I
sh VYaVYaVjbYVYVjbYVYVjbI
sh
−++++−+++−=−+ 
 ( ) ( ) ( ) ( )4444 84444 764444 84444 76
4341
14 434334344141144
II
j VYVYaVYVYeI +−++−= ϕ 
 
Agrupando os termos, chega-se a: 
 ( ) ( ) ( ) ( ) 414313212113121413121 14 VYeVYVYVjbjbYYYI jshsh ϕ−−+−+−+++++= 
 ( ) ( ) ( ) 3232231223121122 VYVjbjbYYVYI shsh −+++++−= 
 ( ) ( ) ( ) ( ) 434343323133423423132231133 VYaVjbjbjbYaYYVYVYI shshsh −+++++++−+−= 
 ( ) ( ) ( ) 43414334341144 14 VYYVYaVYeI j ++−+−= ϕ 
 
Reescrevendo o sistema na forma matricial, tem-se: 














⋅














+−−
−+++++−−
−+++−
−−−++++
=













 −
4
3
2
1
3414343414
34343231334
2
3423132313
232312231212
1413121312141312
4
3
2
1
0
0
14
14
V
V
V
V
YYYaYe
YajbjbjbYaYYYY
YjbjbYYY
YeYYjbjbYYY
I
I
I
I
j
shshsh
shsh
jshsh
ϕ
ϕ
 
 
Exemplo VI.3 (alternativo, sem transformador defasador) – Para o circuito de 4 barras e 5 ramos (3 
linhas e 2 transformadores) da Figura VI.4, determinar as expressões das injeções de corrente obtidas com a 
aplicação da Primeira Lei de Kirchhoff. 
 
12Y
shjb12 shjb12
23Y
shjb23 shjb23
13Y
shjb13 shjb13
34:1 a
34Y
1:41a
41Y
1 2 3 4 
1I
3I
4I
2I1V 2V 3V 4V
shjb3
 
Figura VI.4 – Sistema exemplo de 4 barras (alternativo). 
 
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Solução Exemplo VI.3: Considerando as expressões (VI.7) e (VI.8), as injeções de corrente nas barras do 
sistema da Figura VI.3 são dadas por: 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4444 84444 764444 84444 764444 84444 76
141312
1414414131311313212112121
II
sh
I
sh VYVYaVYVjbYVYVjbYI +−+−+++−++= 
 ( ) ( ) ( ) ( )4444 84444 764444 84444 76
2321
32322323212121122
I
sh
I
sh VYVjbYVjbYVYI −+++++−= 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4444 84444 764444 84444 764444 84444 7648476
3432313
43434334
2
343232322331313113333
II
sh
I
sh
I
sh VYaVYaVjbYVYVjbYVYVjbI
sh
−++++−+++−=−+ 
 ( ) ( ) ( ) ( )4444 84444 764444 84444 76
4341
4343343414141441
2
414
II
VYVYaVYaVYaI +−+−+= 
 
Agrupando os termos, chega-se a: 
 ( ) ( ) ( ) ( ) 44141313212113124113121 VYaVYVYVjbjbYYYI shsh −+−+−+++++= 
 ( ) ( ) ( ) 3232231223121122 VYVjbjbYYVYI shsh −+++++−= 
 ( ) ( ) ( ) ( ) 434343323133423423132231133 VYaVjbjbjbYaYYVYVYI shshsh −+++++++−+−= 
 ( ) ( ) ( ) 4344124133434141414 VYYaVYaVYaI ++−+−= 
 
Reescrevendo o sistema na forma matricial, tem-se: 














⋅














+−−
−+++++−−
−+++−
−−−++++
=














4
3
2
1
3441
2
4134344141
34343231334
2
3423132313
232312231212
414113121312411312
4
3
2
1
0
0
V
V
V
V
YYaYaYa
YajbjbjbYaYYYY
YjbjbYYY
YaYYjbjbYYY
I
I
I
I
shshsh
shsh
shsh
 
 
 
 
VI.3 – Formulação matricial 
Considerando 
sh
kI dado por (VI.6) e kmI dado pela expressão (VI.7), a expressão (VI.5) pode ser reescrita 
como: 
 ( ) ( )[ ]∑
Ω∈
−
−++=−
k
km
m
mkm
j
kmk
sh
kmkmkmk
sh
kk VYeaVjbYaVjbI ϕ2 
Isolando-se kI , chega-se a: 
( ) ( )∑∑
Ω∈
−
Ω∈
−+








++=
k
km
k m
mkm
j
kmk
m
sh
kmkmkm
sh
kk VYeaVjbYajbI ϕ2 (VI.9) 
 
Fazendo NBk ,,2,1 L= , e escrevendo na forma matricial, a expressão (VI.9) se resume a: 
 
 VYI = (VI.10) 
 
sendo: 
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente 
O estudo do fluxo de carga – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 9 de 12 
 
I – Vetor das injeções de corrente, cujas componentes são os fasores kI , 
NBk ,,2,1 L= ; 
V – Vetor das tensões nodais, cujas componentes são os fasores kkk VV θ= , 
NBk ,,2,1 L= ; 
jBGY += – Matriz admitância nodal, cujos elementos são: 
km
j
kmkm YeaY km
ϕ−
−= 
km
j
kmkm
j
kmmk YeaYeaY kmmk
ϕϕ
−=−=
−
 
( )∑
Ω∈
++=
km
kmkm
sh
km
sh
kkk YajbjbY 2 
 
As principais características da matriz admitância, que relaciona as injeções líquidas de corrente com as 
tensões nodais são as seguintes: 
• É uma matriz quadrada de ordem NB; 
• É uma matriz esparsa para redes de grande porte ( 0=kmY sempre que não existir ligação entre os nós 
k e m); 
• É uma matriz simétrica se a rede for constituída apenas por linhas de transmissão e transformadores 
em fase, pois para uma linha de transmissão kmmkkm YYY −== e para um transformador em fase 
kmkmmkkm YaYY −== . A presença de defasadores torna a matriz assimétrica pois kmjkm YeY kmϕ−−= e 
km
j
mk YeY km
ϕ
−= (vide Exemplo VI.2). 
 
A k-ésima componente da expressão matricial (VI.10) é dada por: 
 ∑∑
∈Ω∈
=+=
Km
mkm
m
mkmkkkk VYVYVYI
k
 
onde K é o conjunto de todas as barras adjacentes à barra k , incluindo a própria barra k { }( )kkK Ω∪= . 
Sabendo que kmkmkm jBGY += e mmm VV θ= , 
 ( )∑
∈
+=
Km
mmkmkmk VjBGI θ 
e a injeção líquida de potência kS é dada por: 
 
( )
( ) ( )∑∑
∑
∈∈
∈
−−=−−=
=





+==+=
Km
mkkmkmmk
Km
mmkmkmkk
Km
mmkmkmkkkkkkk
jBGVVVjBGV
VjBGVIVjQPS
θθθθ
θθ
*
*
 
( )( )∑
∈
+−=
Km
kmkmkmkmmkk jjBGVVS θθ sencos (VI.11) 
Separando as partes real e imaginária de (VI.11), tem-se: 
( )∑
∈
+=
Km
kmkmkmkmmkk BGVVP θθ sencos (VI.12) 
( )∑
∈
−=
Km
kmkmkmkmmkk BGVVQ θθ cossen (VI.13) 
 
Exercício VI.2 – Para o sistema de 4 barras da Figura VI.2, escrever as expressões das injeções de potência 
de cada barra, considerando que a Barra 1 é a referência (Vθ), a Barra 3 é de tensão controlada (PV) e as 
demais são barras de carga (PQ). Considerar a matriz admitância conhecida e dada por: 
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente 
O estudo do fluxo de carga – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 10 de 12 
 
jBGY += 












=
444341
34333231
232221
14131211
0
0
GGG
GGGG
GGG
GGGG
G 












=
444341
34333231
232221
14131211
0
0
BBB
BBBB
BBB
BBBB
B 
 
 
Exemplo VI.4 (Provão 1998) – Questão relativa às matérias de Formação profissional Específica (Ênfase 
Eletrotécnica). 
 
 
 
 
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente 
O estudo do fluxo de carga – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 11 de 12 
 
 
 
 
Média (escala de 0 a 100) % escolha 
Brasil Região Sul Instituição Brasil Região Sul Instituição 
20,8 Não disponível 15,5 Não disponível 
 
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente 
O estudo do fluxo de carga – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 12 de 12 
 
Exercício VI.3 – Sabendo que os dados do circuito de 4 barras e 4 ramos (3 linhas e 1 transformador 
defasador com relação não nominal) da Figura VI.4 estão em grandezasnormalizadas (pu), determinar o 
solicitado: 
 
2,002,0 j+
01,0j 01,0j
0,55,0 j−
5,0j−
12,005,0 j+
02,0j 02,0j
o1095,0:1
%10
1 2 3 4 
1I
3I
4I
2I1V 2V 3V 4V
 
Figura VI.4 – Sistema exemplo de 4 barras. 
 
a) As expressões das injeções de corrente obtidas com a aplicação da Primeira Lei de Kirchhoff. 
b) A matriz admitância a partir das equações anteriores. 
c) A matriz admitância a partir das expressões da Seção VI.3. 
d) Sabendo que os fasores tensão das barras são dados por 011 =V , o595,02 −=V , o597,03 −=V 
e o50,14 =V , determinar as injeções de corrente nas barras. 
e) Para as mesmas tensões do item anterior, determinar as injeções de potência nas barras e as perdas 
totais na rede de transmissão. 
 
Exercício VI.4 (alternativo, sem transformador defasador) – Sabendo que os dados do circuito de 4 
barras e 4 ramos (3 linhas e 1 transformador com relação não nominal) da Figura VI.4 estão em grandezas 
normalizadas (pu), determinar o solicitado: 
 
2,002,0 j+
01,0j 01,0j
0,55,0 j−
5,0j−
12,005,0 j+
02,0j 02,0j
95,0:1
%10
1 2 3 4 
1I
3I
4I
2I1V 2V 3V 4V
 
Figura VI.4 – Sistema exemplo de 4 barras. 
 
a) As expressões das injeções de corrente obtidas com a aplicação da Primeira Lei de Kirchhoff. 
b) A matriz admitância a partir das equações anteriores. 
c) A matriz admitância a partir das expressões da Seção VI.3. 
d) Sabendo que os fasores tensão das barras são dados por 011 =V , o595,02 −=V , o597,03 −=V 
e o50,14 =V , determinar as injeções de corrente nas barras. 
e) Para as mesmas tensões do item anterior, determinar as injeções de potência nas barras e as perdas 
totais na rede de transmissão.