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Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente 
Fluxo de carga linearizado – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 1 de 7 
 
VIII Fluxo de carga linearizado 
Em função da grande simplificação proporcionada nas equações do fluxo de carga, os modelos linearizados 
apresentam grande utilidade no planejamento da operação e da expansão dos sistemas elétricos. Tais 
modelos se baseiam no acoplamento entre a potência ativa (P) e o ângulo do fasor tensão (θ) e apresenta 
bons resultados para níveis elevados de tensão, característicos dos sistemas elétricos de transmissão e 
subtransmissão. 
Nos sistemas elétricos em alta e extra alta tensão, como a magnitude do fasor tensão não varia muito entre 
barras vizinhas, o fluxo de potência ativa é aproximadamente proporcional à abertura angular existente e 
desloca-se no sentido dos ângulos menores. Deste modo, a relação entre os fluxos de potência ativa e as 
aberturas angulares é similar a existente entre os fluxos de corrente e as tensões nodais de um circuito em 
corrente contínua no qual aplica-se a Lei de Ohm. Surge daí a nomenclatura fluxo de carga CC para a versão 
linearizada do fluxo de carga. 
VIII.1 Linearização 
Para uma linha de transmissão, o fluxo de potência ativa entre duas barras é dado por: 
 
 ( )kmkmkmkmmkkmkkm bgVVgVP θθ sencos2 +−= 
 ( ) ( )kmkmkmkmmkkmmmkkmmkkmkmkmmmk bgVVgVbgVVgVP θθθθ sencossencos 22 −−=+−= 
 
Assim, as perdas são dadas por: 
 
( ) ( )kmmkmkkmkmkmmkkmmkmkkm VVVVggVVgVVPP θθ cos2cos2 2222 −+=−+=+ 
Se forem desprezados os termos correspondentes às perdas, chega-se a: 
 kmkmmkkm bVVP θsen−= 
 kmkmmkmkkmkmmk bVVbVVP θθ sensen =−= 
Introduzindo as seguintes aproximações: 
 puVV mk 1≈≈ 
 kmkm θθ ≈sen 
 
km
km
x
b 1−≈
 
o fluxo de potência entre duas barras pode ser aproximado por: 
 
 
km
mk
km
km
km
xx
P θθθ −== 1
 
 
km
km
mk
km
mk
xx
P θθθ −== 1
 
 
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Para um transformador em fase, o fluxo de potência ativa entre duas barras é dado por: 
 
 ( ) ( ) ( )kmkmkmkmmkkmkmkkmkm bgVVagVaP θθ sencos2 +−= 
 ( )( ) ( ) ( )kmkmkmkmmkkmkmmmkkmmkkmkkmmkmmmk bgVVagVbgVaVgVP θθθθ sencossencos 22 −−=+−= 
 
Assim, as perdas são dadas por: 
 ( )( ) ( ) ( ) ( )( )kmmkkmmkkmkmkmkmmkkmkmmkkmmkkm VVaVVaggVVagVVaPP θθ cos2cos2 2222 −+=−+=+ 
Se forem desprezados os termos correspondentes às perdas, chega-se a: 
 ( ) kmkmmkkmkm bVVaP θsen−= 
 ( ) ( ) kmkmmkkmmkkmmkkmmk bVVabVVaP θθ sensen =−= 
Introduzindo as mesmas aproximações anteriores 





−
≈≈≈≈
km
kmkmkmmk
x
bpuVV 1 ;sen ; 1 θθ , o fluxo de 
potência entre duas barras pode ser aproximado por: 
 
 
km
mk
kmkm
km
km
km
x
a
x
aP θθθ −==
 
 
km
km
kmmk
km
km
mk
x
a
x
aP θθθ −==
 
 
Adicionalmente, pode-se considerar 1≈kma o que torna a expressão igual a das linhas de transmissão. 
Para um defasador puro, o fluxo de potência ativa entre duas barras é dado por: 
 
 ( ) ( )[ ]kmkmkmkmkmkmmkkmkkm bgVVgVP ϕθϕθ +++−= sencos2 
 ( ) ( )[ ]mkmkkmmkmkkmkmkmmmk bgVVgVP ϕθϕθ +++−= sencos2 
 
Assim, as perdas são dadas por: 
 
( ) ( ) ( )[ ]kmkmmkmkkmkmkmkmmkkmmkmkkm VVVVggVVgVVPP ϕθϕθ +−+=+−+=+ cos2cos2 2222 
Desprezados os termos correspondentes às perdas e introduzindo algumas aproximações 






−
≈≈≈
km
kmmk
x
bpuVV 1 ; 1 , o fluxo de potência entre duas barras pode ser aproximado por: 
 
 
( )kmkm
km
km
x
P ϕθ += sen1
 
 
( )mkmk
km
mk
x
P ϕθ += sen1
 
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Mesmo que os ângulos mkθ e mkϕ possam assumir valores elevados, a combinação mkmk ϕθ + apresentará 
valores semelhantes as aberturas observadas nas linhas de transmissão e transformadores em fase, ou seja, é 
válida a aproximação ( ) mkmkmkmk ϕθϕθ +≈+sen . Assim o fluxo de potência se simplifica para: 
 
km
km
km
km
km
kmkm
km
xxx
P ϕθϕθ +=+=
 
 





+−=
+
−=
+
=
km
km
km
km
km
kmkm
km
mkmk
mk
xxxx
P
ϕθϕθϕθ
 
 
Nas expressões anteriores, observar que existem duas parcelas independentes: uma depende da diferença 
de fase entre as tensões nodais, mkθ , e outra da abertura angular do defasador mkϕ . No caso da abertura 
angular do defasador ser considerada constante, o fluxo de potência relativo a esta parcela pode ser 
representado por injeções adicionais nas suas barras terminais: uma carga adicional de kmkmx ϕ1− na barra k e 
uma geração adicional de kmkmx ϕ1− na barra m. 
VIII.2 Formulação matricial 
Para uma rede de transmissão sem transformadores em fase ou defasadores os fluxos de potência ativa são 
dados por: 
 km
km
km
x
P θ1=
 
Para satisfazer a Primeira Lei de Kirchhoff, a injeção de potência ativa na barra k tem de ser igual à soma dos 
fluxos que saem da barra, ou seja: 
 NBk
xxx
P
kkk m
m
kmm
k
kmm
km
km
k ,,2,1
111
L=
−
+== ∑∑∑
Ω∈Ω∈Ω∈
θθθ 
cuja representação matricial é dada por: 
 θBP ′= 
onde B′ é uma matriz que possui a mesma estrutura da matriz admitância nodal, com seus elementos dados 
por: 







Ω∉=′
Ω∈−=′
=′
′
−
Ω∈
−∑
kkl
kkmkl
m
kmkk
lB
lxB
xB
B
k
0
1
1
 
sendo kmx a reatância equivalente de todas as linhas em paralelo que existem no ramo k-m. 
Como as perdas foram desprezadas, a soma das componentes de P é nula, ou seja, a injeção de potência em 
qualquer barra do sistema pode ser determinada a partir da soma das injeções das demais. Da mesma forma, 
uma linha qualquer da matriz B′ pode ser obtida como combinação linear das demais o que a torna singular. 
Tal problema é contornado adotando-se uma barra como referência angular (para a qual o ângulo de fase é 
conhecido) e eliminando-se sua respectivas linha e coluna na matriz B′ . O sistema resultante tem dimensão 
1−NB , é não singular e pode ser resolvido para θ a partir da definição das injeções líquidas especificadas 
P .
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A inclusão de transformadores em fase e defasadores seguem o seguinte princípio. A regra de formação da 
matriz B′ permanece inalterada, ou seja, utiliza-se o inverso da reatância série. A inclusão de defasadores se 
faz através de injeções adicionais no vetor das injeções líquidas P . 
 
Exemplo VIII.1 – Considere o sistema de 4 barras, cujos dados encontram-se na Figura VIII.1 e nas Tabelas 
VIII.1 e VIII.2. Utilizando o modelo linearizado, determinar o estado da rede e comparar com a solução 
obtida para o modelo completo. 
 
1 2 
3 4 
G 
G 
 
Figura VIII.1 – Sistema elétrico exemplo de 4 barras. 
 
Tabela VIII.1 – Dados das linhas. 
Impedância série Linha 
r [pu] x [pu] 
1–2 0,01008 0,05040 
1–3 0,00744 0,03720 
2–4 0,00744 0,03720 
3–4 0,01272 0,06360 
 
Tabela VIII.2 – Dados das barras. 
Geração Carga Barra V [pu] θ [graus] P [MW] Q [Mvar] P [MW] Q [Mvar] 
1 1,00 0 – – 50 30,99 
2 – – 0 0 170 105,35 
3 – – 0 0 200 123,94 
4 1,02 – 318 – 80 49,58 
 
Solução Exemplo VIII.1: Para o sistema de 4 barras a matriz B′ é dada por: 






















+
−−
−
+
−
−
+
−
−−
+
=′
06360,0
1
03720,0
1
06360,0
1
03720,0
10
06360,0
1
06360,0
1
03720,0
10
03720,01
03720,0
10
03720,0
1
05040,0
1
05040,0
1
0
03720,0
1
05040,0
1
03720,0
1
05040,0
1
B 
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Solução Exemplo VIII.1 (continuação): 














−−
−−
−−
−−
=′
60,4272,1588,260
72,1560,42088,26
88,26072,4684,19
088,2684,1972,46
B
 
 
Considerando a Barra 1 como referência angular 01 =θ e o sistema a ser resolvido se resume a: 










⋅










−−
−
−
=′=










−
−
−
=
4
3
2
60,4272,1588,26
72,1560,420
88,26072,46
80,018,3
00,2
70,1
θ
θ
θ
θBP 
 
Resolvendo para θ tem-se: 










−
−
⋅










=










−
−
−










−−
−
−
=










−
38,2
00,2
70,1
0469,00173,00270,0
0173,00299,00100,0
0270,00100,00369,0
80,018,3
00,2
70,1
60,4272,1588,26
72,1560,420
88,26072,46 1
4
3
2
θ
θ
θ
 
 










−
−
=










−
−
=










o
o
o
7830,1
0320,2
0590,1
rad 0311,0
rad 0355,0
rad 0185,0
4
3
2
θ
θ
θ
 
 
Observar que a solução obtida é bastante próxima da solução do fluxo de carga que é dada por: 
 












−
−
=












o
o
o
523,1
872,1
976,0
4
3
2
θ
θ
θ
 
VIII.3 Representação das perdas no modelo linearizado 
A expressão das perdas de uma linha de transmissão é dada por: 
 
( )kmmkmkkmmkkm VVVVgPP θcos222 −+=+ 
Considerando-se as tensões próximas a 1,0 pu, puVV mk 0,1== , e aproximando-se kmθcos pelos dois 
primeiros termos da série de Taylor, 
2
1cos
2
km
km
θθ −≈ , tem-se: 
 
2
2
2
1211 kmkmkmkmmkkm ggPP θ
θ
=
















−−+=+
 
Tais perdas são calculadas em cada uma das linhas e distribuídas, metade para cada uma das barras 
terminais, sendo acrescentadas como cargas adicionais. 
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Assim, para a resolução do modelo linearizado considerando as perdas, pode-se adotar o seguinte 
procedimento: 
1. Calcular a solução temporária sem considerar as perdas tmpBP θ′= . 
2. Calcular as perdas aproximadas nos ramos através da expressão ( )2tmpkmkmperdaskm gP θ≈ e acrescentá-la 
como cargas adicionais nas barras extremas determinando novo vetor de injeções líquidas 
perdasPP − . 
3. Recalcular os ângulos considerando a injeção corrigida θBPP perdas ′=− . 
 
 
Exemplo VIII.2 – Considere o sistema de 4 barras empregado no Exemplo VIII.1. Determinar o estado da 
rede utilizando o modelo linearizado com perdas. 
 
Solução Exemplo VIII.2: Da solução do Exemplo VIII.1 tem-se: 
 










−
−
=










−
−
=










=
o
o
o
7830,1
0320,2
0590,1
rad 0311,0
rad 0355,0
rad 0185,0
4
3
2
θ
θ
θ
θ tmp 
As perdas nos ramos são dadas por: 
• Linha 1-2: 
 ( ) ( )( ) 0013,0104225,38156,30185,00
05040,001008,0
01008,0 42
22
2
121212 =×⋅=−−
+
=≈
−tmpperdas gP θ 
• Linha 1-3: 
 ( ) ( )( ) 0065,0106025,121696,50355,00
03720,000744,0
00744,0 42
22
2
131313 =×⋅=−−
+
=≈
−tmpperdas gP θ 
• Linha 2-4: 
 ( ) ( )( ) 0127,0106016,241696,50311,00185,0
03720,000744,0
00744,0 42
22
2
242424 =×⋅=−−
+
=≈
−tmpperdas gP θ 
• Linha 3-4: 
 ( ) ( )( ) 0134,0103556,440237,30311,00355,0
06360,001272,0
01272,0 42
22
2
343434 =×⋅=−−
+
=≈
−tmpperdas gP θ 
 
Assim, as injeções corrigidas são dadas por: 










−
−
=
























+−






+−−






+−−
=




























+−








+−−








+−−
=−
3670,2
0100,2
7070,1
2
0134,0
2
0127,038,2
2
0134,0
2
0065,000,2
2
0127,0
2
0013,070,1
22
38,2
22
00,2
22
70,1
3424
3413
2412
perdasperdas
perdasperdas
perdasperdas
perdas
PP
PP
PP
PP
 
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Solução Exemplo VIII.2 (continuação): 










−
−
⋅










=










−
−










−−
−
−
=










−
3670,2
0100,2
7070,1
0469,00173,00270,0
0173,00299,00100,0
0270,00100,00369,0
3670,2
0100,2
7070,1
60,4272,1588,26
72,1560,420
88,26072,46 1
4
3
2
θ
θ
θ
 
 










−
−
=










−
−
=










o
o
o
7273,1
0684,2
1001,1
rad 0301,0
rad 0361,0
rad 0192,0
4
3
2
θ
θ
θ