Fluxo de Potência em Sistemas Elétricos

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Fluxo de Potência
Revisado em setembro 2007
1 - Introdução
Fluxo de potência é uma das ferramentas básicas em análise de sistemas elétricos. As 
equações de fluxo de potência podem ser aplicadas tanto em sistemas de grande porte quanto 
em pequenas instalações. Através da análise do fluxo de potência pode-se conhecer o 
desempenho de sistemas sob o ponto de vista de operação ou planejamento.
A operação de um sistema é considerada adequada quando os níveis de tensão permanecem 
dentro de determinadas faixas. Em sistemas de grande porte, na maioria das vezes, considera-
se como normal variações de tensão entre 0,95 pu e 1,05 pu. Valores fora desta faixa pode 
significar que o sistema opera precariamente, entretanto existem exceções como por exemplo 
tensões da ordem de 0,90 pu em sistemas de pequeno porte. A análise de fluxo de potência 
deve também considerar os carregamentos dos componentes do sistema.
As equações de fluxo de potência quase sempre se resumem em:
[ ] [ ] [ ] [ ]** / nónónónónó vsivy == 1.0
Na equação acima [y] é a matriz de admitância nodal, [v] é o vetor das tensões, [i] é o vetor 
das correntes de injeções nodais onde a corrente de cada nó é dada pelo conjugado da divisão 
da potência pela tensão. A equação acima pode ter característica linear ou não linear, 
dependendo do modelo das potências nas barras ou de hipóteses simplificadoras.
Um sistema de potência normalmente contém barras de carga e barras de geração. Ao se 
resolver as equações de fluxo de potência, normalmente adotam-se uma barra como referência 
também conhecida como barra de balanço ou barra infinita. O nome de barra infinita vem do 
fato de que a tensão permanece constante independente do valor de corrente ou potência. O 
valor da tensão e do defasamento angular da barra de referência são conhecidos. O mais 
comum é adotar uma barra de geração como referência.
Uma outra denominação para as barras é classificá-las como barras PQ ou barras PV. 
Denominam-se barras PQ as barras onde os valores da potência ativa (P) e potência reativa 
(Q) são conhecidos, tanto as barras de geração quanto as barras de carga podem ser do tipo 
PQ. Nas barras do tipo PQ as correspondentes tensões e defasamentos angulares são 
incógnitas nas equações de fluxo de potência. 
A barra PV é um tipo de barra com tensão controlada ou em outras palavras a barra onde se 
conhece tensão e mantida constante, através de injeções de reativos. Na barra PV a potência 
Fluxo de Potência 1
ativa (P) e o módulo da tensão são conhecidos e a potência reativa (Q) e o defasamento 
angular da tensão são incógnitas.
2 - Fluxo de potência simplificado
O exemplo mais simples é um sistema com duas barras, com uma barra de referência e uma 
barra PQ ou PV. A figura abaixo mostra o diagrama de impedância de um sistema de duas 
barras.
Fig. 2.0
No sistema da figura a potência que flui da barra 1 para a barra 2 é dado por:
[ ]*1011221112 //)( zvzvvvs +−= 2.0
Supondo um sistema sem perdas e desprezando as conexões à terra obtém-se:
[ ] )/()2( 121212112 jXVVVs −−∠−= θθ 2.1
Separando as partes real e imaginária obtém-se:
[ ] 12212112 /)(sen XVVP θθ −= 2.2
[ ] 1221212112 /)(cos XVVVQ θθ −−= 2.3
A equação da potência ativa pode ser simplificada ainda mais nos casos em que a barra 2 é 
controlada por reativos. Supondo que as barras 1 e 2 tenham 0,1=V então obtém-se:
121212 senθBP −= 2.4
Esta última equação, mesmo muito simples, fornece resultados com razoável precisão para 
sistemas onde o efeito resistivo é menor do que o efeito reativo. Estas condições se aplicam às 
diversas configurações especialmente sistemas de grande porte. A figura abaixo mostra a 
representação gráfica da equação simplificada da potência ativa. 
Fluxo de Potência 2
∼
1 2
∼
Fig. 2.1
A figura 2.1 mostra que a máxima potência transferida ocorre quando o deslocamento angular 
atinge 90°. Portanto existe um limite para a capacidade de transferência de potência ativa em 
sistemas com corrente alternada.
Exemplo 2.1 - Qual é o limite de capacidade de transporte de uma LT 69kV com 100 km de 
extensão? Considere a reatância indutiva série da linha igual a 0,5 Ω/km e tensões nas 
extremidades iguais a 69 kV , despreze os efeitos resistivo e capacitivo da linha. Utilize como 
tensão base 69 kV e potência de 100 MVA.
SOLUÇÃO - O valor da reatância da linha é:
puX 05,11005,0 =Ω×=
Através da equação simplificada a máxima transferência de potência é:
2,95952,005,1/90senmax === pupuP
 MW
Exemplo 2.2 - Determine a potência máxima que pode ser transferida através de uma LT 138 
kV com 1000 km de extensão e reatância indutiva série de 0,5 Ω/km. Despreze os efeitos 
resistivo e capacitivo e considere como base respectivamente 138 kV e 100 MVA.
SOLUÇÃO: A ratância indutiva da linha de transmissão é:
625,21005,0 =Ω×=X pu
Portanto a máxima potência transferível é:
1,38381,0/0,1 === puXP MW
Fluxo de Potência 3
P
θ
3 - Método de Gauss - Seidel
As equações de fluxo de potência não lineares não têm soluções analíticas e a única 
maneira de resolvê-las é através de métodos iterativos. Existem diversos métodos iterativos 
para resolver equações não lineares. Os métodos mais empregados em fluxo de potência são o 
de Gauss - Seidel e o de Newton - Raphson. O método de Gauss - Seidel é de concepção mais 
simples, entretanto sua aplicação é mais trabalhosa, pois a convergência do processo é lenta. O 
método de Newton Raphson é de concepção mais complexa, entretanto os resultados são 
alcançados com poucas iterações. Dentre os dois métodos, o de Gauss - Seidel muitas vezes 
não alcança soluções que podem ser obtidas pelo de Newton - Raphson.
O método de Gauss - Seidel, devido a sua simplicidade, ainda é bastante utilizado em 
termos acadêmicos. A sua aplicação facilita a compreensão dos processos iterativos. O 
sistema mostrado na figura 3.0 pode ser utilizado para desenvolver o método iterativo de 
Gauss - Seidel.
Fig. 3.0
O método de Gauss-Seidel clássico utiliza as equações separadamente. A avaliação da 
tensão de cada nó corresponde ao termo da diagonal. Por exemplo, para avaliar a tensão da 
barra 2 utiliza-se a seguinte equação:
*
22323222121 )/( vsvyvyvy =−+− 3.0
Isolando a tensão da barra 2 na equação acima obtém-se:
[ ] 22323121*222 /)/( yvyvyvsv ++= 3.1
Em termos de processos iterativos a equação 3.1 pode ser adaptada como:
[ ] 22323121*222 /)/( yvyvyvsv antigoantigoantigonovo ++= 3.2
No processo de Gauss-Seidel clássico repete-se a avaliação da equação 3.2 para cada 
barra. Se os valores das tensões não atingiram a precisão desejada, repete-se o processo 
Fluxo de Potência 4
1 2 3
P+jQ P+jQv
≈
quantas vezes forem necessárias. Isto demonstra que o processo é simples mas requer uma 
quantidade enorme de cálculos repetitivos.
O método de Gauss - Seidel pode ser melhorado ao se considerar inversões matriciais. 
Neste caso o seu desempenho compete com os métodos de Newton - Raphson, entretanto 
somente se aplica a redes que não contenham barras controladas por reativos. O sistema da 
figura 3.0 pode também ser utilizado para deduzir as fórmulas do método de Gauss - Seidel 
modificado.
A equação matricial simulando o sistema da figura 3.0 é:








=








=
















−
−−
−
*
3
*
3
*
2
*
2
1
3
2
1
3
2
1
3332
232221
1211
/
/
0
0
vs
vs
i
i
i
i
v
v
v
yy
yyy
yy
3.3
As cargas correspondentes as barras 2 e 3 podem ser transferidas para a diagonal da 
matriz de admitância, portanto:








=















−−
−−−
−
0
0
/0
/
0 1
3
2
1
2
3
*
33332
23
2
2
*
22221
1211 i
v
v
v
Vsyy
yVsyy
yy
3.4
Considerando que a barra 1 seja a referência, então 1v é um valor conhecido, então o 
sistema de equações pode ser reduzido como:



=






−−
−−
0/
/ 121
3
2
2
3
*
33332
23
2
2
*
222 vy
v
v
Vsyy
yVsy
3.5
Adotando-se valores iniciais para os módulos das tensões desconhecidas, podem-se 
obter valores mais aproximados, assim:







−−
−−
=



 −
0)/(
)/( 121
1
2
3
*
33332
23
2
2
*
222
3
2 vy
Vsyy
yVsy
v
v
antigo
antigo
novo
novo
3.6
Na equação 3.6 antigoV corresponde aos valores iniciais das tensões. O processo pode ser 
repetido substituindo os valores de antigoV pelos valores de novoV até que se atinja a 
precisão desejada.
Na equação 3.6, os valores de 2* )/( antigoVs tem a dimensão de admitâncias ou o seu 
inverso dimensão de impedâncias, desta forma em cada passo do processo iterativo as cargas 
são vistas com o modelo de impedância constante.
Fluxo de Potência 5
Exemplo 3.1 - Determine a tensão na barra 4 utilizando o método de Gauss - Seidel. O 
gerador conectado a barra 1 tem uma tensão de 7,245kV. Use uma base de 6,9 kV e 100 MVA 
no gerador.
SOLUÇÃO - O primeiro passo para a solução do problema é determinar o diagrama de 
impedâncias em pu do sistema, conforme mostrado abaixo. A carga do sistema na barra 4 é de 
2 MVA, o que corresponde a 0,02 pu, portanto:
Diagrama de impedâncias
)00624,001900,0()(cos02,0 jjsens +=+= φφ pu
O diagrama de admitâncias em pu pode ser obtido a partir do diagrama de impedâncias, 
portanto:
A matriz de admitância tem dimensão 4×4 e tem a seguinte forma:
Fluxo de Potência 6
2 MVA
cosφ = 0,95
(atrasado)
100 km
X
L 
= 0,5 Ω/km
X
C
 = 270 kΩ × km
6,9kV/34,5kV
X = 8%
10 MVA
carga
gerador trafo 2trafo 1
34,5kV/13,8kV
X = 7%
5 MVA
∼
1 2 3 4
1,05 ∠ 0º
j4,201 j1,400j0,800
-j453,7-j453,7
carga
∼1,05 ∠ 0º
1 2 3 4
-j 0,2380 -j 0,7143-j 1,2500
j 0,0022j 0,0022
carga
∼
1 2 3 4
[ ]








−
−−
−−
−
=
4443
343332
232221
1211
00
0
0
00
yy
yyy
yyy
yy
y
Os elementos fora da diagonal da matriz de admitância correspondem ao valor negativo das 
admitâncias entre os nós do circuito e os elementos da diagonal correspondem ao somatório 
de todas as admitâncias que incidem no nó correspondente. Assim a matriz de admitância do 
exemplo é:
[ ]








−
−
−
−
=
7143,07143,00,00,0
7143,09501,02380,00,0
0,02380,04858,12500,1
0,00,02500,12500,1
jj
jjj
jjj
jj
y
Substituindo a matriz de admitância na equação de fluxo de potência obtém-se: 








+−
=









 ∠








−+
+−+
+−+
+−
*
4
*
1
4
3
2
/)00624,001900,0(
0
0
0 1,05
7143,07143,00,00,0
7143,09501,02380,00,0
0,02380,04858,12500,1
0,00,02500,12500,1
vj
i
v
v
v
jj
jjj
jjj
jj 
As incógnitas na equação matricial de fluxo de potência são a corrente na barra 1 e as tensões 
nas barras 2, 3 e 4. 
As tensões nas barras 2, 3 e 4 podem ser determinadas através do processo iterativo de Gauss - 
Seidel. O passo inicial do processo iterativo é estipular valores iniciais para as tensões que não 
são conhecidas. O mais usual é iniciar o processo com tensões iguais a 1.0∠0°.
A tensão de cada barra é obtida a partir de uma determinada linha da equação matricial. A 
tensão da barra 2 é obtida a partir da linha 2 e assim por diante. O processo pode não 
convergir se este procedimento não for adotado.
PRIMEIRA ITERAÇÃO: Os valores iniciais podem ser representados com o sobrescrito zero e 
a primeira solução com o sobrescrito 1, assim a segunda linha da equação matricial de fluxo 
de potência corresponde a:
0,02380,04858,1005,125,1 03
1
2 =×+×−∠× vjvjj

Isolando o valor da tensão da barra 2 na equação acima obtém-se:
0,0045,11602,08834,0 03
1
2 jvv +=×+=
Fluxo de Potência 7
A terceira linha da equação matricial de fluxo de potência é:
0,07143,09501,02308,0 04
1
3
1
2 =×+×−× vjvjvj
Isolando o valor da tensão da barra 3 na equação acima obtém-se:
0,0014,17518,02504,0 04
1
2
1
3 jvvv +=×+×=
A quarta linha da equação matricial é:
*0
4
*1
4
1
3 )/()00624,001900,0(7143,07143,0 vjvjvj +−=×−×
A partir da equação acima o valor da tensão da barra 4 na primeira iteração é:
5,1005,1027,0005,1)/()0266,00087,0( *04
1
3
1
4 −∠=−=+−= jvjvv
SEGUNDA ITERAÇÃO:
0,0046,11602,08834,0 13
2
2 jvv +=×+=
020,0017,17518,02504,0 14
2
2
2
3 jvvv −=×+×=
6,2009,1046,0008,1)/()0266,00087,0( *14
2
3
2
4 −∠=−=+−= jvjvv
TERCEIRA ITERAÇÃO:
003,0046,11602,08834,0 23
3
2 jvv −=×+=
035,0020,17518,02504,0 24
3
2
3
3 jvvv −=×+×=
5,3012,1061,0010,1)/()0266,00087,0( *24
3
3
3
4 −∠=−=+−= jvjvv
Os valores das tensões após a quinta iteração são respectivamente:
42,0047,152 −∠=v
20,3024,153 −∠=v
67,4015,154 −∠=v
Fluxo de Potência 8
A precisão dos resultados pode ser verificada de duas maneiras. A primeira é através das 
mudanças dos valores dos módulos das tensões após cada iteração. A diferença dos módulos 
das tensões da quarta e quinta iteração da barra 4 foi de 0,0016. Normalmente considera-se 
que os resultados são satisfatórios quando as diferenças dos módulos das tensões são 
inferiores a 0,0001 pu. A segunda maneira para se verificar a precisão dos resultados é 
verificar o somatório das potências que incidem em cada uma das barras. O somatório das 
potências incidentes em uma barra é denominado de balanço de potência ou mismatch. Se o 
somatório das potências é menor que uma tolerância, por exemplo, no caso de potências ativas 
0,01MW, os resultados são considerados como precisos.
O balanço das potências incidentes na barra 4 pode ser determinado como:
[ ] 4*433444*4344434 /)( szvvvsivsss +−×=+×=+=∑
O balanço das potência pode também ser calculado através das equações matriciais, assim:
[ ] 4*44434344434 svyvyvsss ++−×=+=∑
Exemplo 3.2 - Resolver o problema 2.1 procedendo a eliminação dos nós 2 e 3 antes de 
realizar as iterações do método de Gauss - Seidel.
SOLUÇÃO: A matriz de admitância do sistema da figura é:
[ ]








−
−
−
−
=
7143,07143,00,00,0
7143,09501,02380,00,0
0,02380,04858,12500,1
0,00,02500,12500,1
jj
jjj
jjj
jj
y
A eliminação dos nós 2 e 3 pode ser conseguida ao zerar os elementos das colunas 2 e 3 da 
matriz de admitância. Os seguintes passos podem ser seguidos para zerar as colunas 2 e 3:
1° passo : 486,1/22 LL →
2° passo : 1250,0211 ×+→ LLL
3° passo : 2380,0233 ×+→ LLL
4° passo : 9120,0/33 LL →
5° passo : 2002,0311 ×+→ LLL
Fluxo de Potência 9
6° passo : 7143,0344 ×+→ LLL
Após a aplicação dos 6 passos a matriz de admitância resultante é:
[ ] 


−+
+−
=
1549,01568,0
1568,01545,0
jj
jj
y
O sistema reduzido equivalente a matriz de admitância acima está mostrado na figura abaixo.
A equação matricial de fluxo de potência do sistema reduzido contendo apenas os nós 1 e 4 é:



+−
=


 ∠


−+
+−
*
4
*
1
4 /)0624,01900,0(
0,005,1
1549,01568,0
1568,01545,0
vj
i
vjj
jj 
Neste caso o processo é aplicado somente na linha 2 da equação matricial o que corresponde a 
tensão da barra 4, portanto:
*4
*
4 /)00624,001900,0(1549,00,005,11568,0 vjvjj +−=×−∠×

PROCESSO ITERATIVO: assumindo o valor inicial da tensão da barra 4 obtém-se:
9,6030,1123,0023,1)/()1227,00403,0(063,1 *04
1
4 −∠=−=+−= jvjv
41,6016,1)/()1227,00403,0(063,1 *14
2
4 −∠=+−= vjv
53,6017,1)/()1227,00403,0(063,1 *24
3
4 −∠=+−= vjv
O processo iterativo prossegue até que a precisão estabelecida seja alcançada.
Exemplo 3.3 - Resolver o exemplo 3.1 utilizando o método de Gauss - Seidel modificado.
SOLUÇÃO: Supondo como valores iniciais 1,0 para os módulos das tensões, a matriz de 
admitância modificada é:
Fluxo de Potência 10
-j 0,1568
j 0,0019j 0,0023∼1,05 ∠ 0º
1 4
carga
[ ]








++−
−−
−−
=
2*
2
2
1/)00624,001900,0(7143,07143,00
7143,01/09501,02380,0
02380,01/04858,1
jjj
jjj
jj
y
Desta forma o processo iterativo pode ser formulado como:







 ×−








++−
−
−
=







 −
0
0
05,125,1
1/)00624,001900,0(7143,07143,00
7143,09501,02380,0
02380,04858,1 1
2*1
4
1
3
1
2 j
jjj
jjj
jj
v
v
v
O resultado após a primeira iteração é:








−∠
−∠
−∠
=











70,6009,1
19,5018,1
81,0045,1
1
4
1
3
1
2
v
v
v
O resultado após a segunda iteração é:








−∠
−∠
−∠
=











58,6010,1
10,5019,1
79,0045,1
2
4
2
3
2
2
v
v
v
Pelos resultados verifica-se que a maior diferença dos módulos das tensões da iteração 1 e 2 é 
da ordem de 0,001pu, ou seja uma tolerância próxima dos valores satisfatórios. A outra 
maneira de verificar a precisão dos resultados é através do balanço das potências incidentes 
em cada uma das barras. Por exemplo o balanço das potências na barra 4 é:
[ ] )00006,0000,0(4*44434344 jsvyvyvs +=++−×=∑ pu
Portanto o maior mismatch na barra 4, que é o das potências reativas, é menor do que 
0,01MVAr. Os resultados seriam considerados satisfatórios se os balanços de cada uma das 
quatro barras fossem menores que a tolerância estabelecida.
Exemplo 3.4 – Determinar as tensões das barras B e C do sistema descrito na lista abaixo. 
Resolver as equações de fluxo de potência através do método de Gauss - Seidel modificado.
Na lista abaixo, seguem comentários, dados de barras e dados de linhas e transformadores. 
Nos dados de barras as colunas identificadas por v descrevem as tensões nominais, as colunas 
identificadas por w descrevem as tensões de operação, as colunas p = potências ativas em 
MW e as colunas q = potências reativas em MVAr.
Fluxo de Potência 11
Nos dados de linhas as colunas r = resistência ôhmica em ohms/km ou resistência % , as 
colunas x = reatância série em ohms/km ou reatância %, as colunas c = reatância shunt em 
kOhms*km ou relação de transformação do transformador, as colunas d = extensão da linha, 
as colunas p = potencia do transformador em MVA, as colunas r = perda shunt % do 
transformador, as colunas i = corrente de excitação % do transformador.
 1
 TESTE APOSTILA ASP 04MAI2006
 
 CASO BASE 
 0ALL
 2bbbbbbbbb aaaaaaaaaaaatvvvvvvwwwwwwpppppppqqqqqqqssssssaaaaaaiiiiii
BARRAA TRONCO 2138.00145.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0
BARRAB TRONCO 0138.00 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0
BARRAC TRONCO 013.800 0.0 47.0 17.1 0.0 0.0 0.0
FIM
 3bbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbtrrrrrrxxxxxxcccccccddddddd pppppprrrrrriiiiii
BARRAA BARRAB 0.260 0.500 290.00 97.00
BARRAB BARRAC 0.32 6.00 10.000 0.000 0. 50. 0.100 0.80
FIM
 6
 7
SOLUÇÃO - O primeiro passo para a solução do problema é determinar o diagrama de 
impedâncias em pu do sistema, conforme mostrado abaixo. As impedâncias na figura abaixo 
estão na base de 100 MVA e 138kV no gerador.
Diagrama de impedâncias
As equações de fluxo de potência na forma matricial são:
( ) 







+−
=







 ∠








−+−
+−−+−
+−−
*/)171.0470.0(
0
0.005.1
314.84437.310.84432.0
310.84432.400.11053.209.361.1
009.361.106.361.1
c
A
C
B
vj
i
v
v
jj
jjj
jj 
Supondo que o módulo da tensão na barra C é igual a unidade, a admitancia 
correspondente a carga é:
171.0470.0)171.0470.0(*0.1 jjy −=−= pu
Assim a equação matricial correspondente a primeira iteração é:








=







 ∠








−+−
+−−+−
+−−
0
0
0.005.1
485.89137.310.84432.0
310.84432.400.11053.209.361.1
009.361.106.361.1 1
1
1
A
C
B
i
v
v
jj
jjj
jj 
Fluxo de Potência 12
.132+ 
j.255
-j31.4-j31.4∼
v=1.05 ∠ 
0º
A B
carga
C.0064+ j.120
31.2+ j248.0 .470+ 
j.171
Reorganizando a equação acima :
[ ]=


 +−×∠−


−+−
+−−
=


 −
0
)09.361.1(0.005.1
485.89137.310.84432.
310.84432.400.11053.2 1
1
1 j
jj
jJ
v
v
C
B

Após diversas iterações a solução das equações é:




−∠
−∠
=


4.98995.0
6.59277.0 
C
B
v
v
pu
Segue abaixo o resultado emitido pelo programa computacional:
TESTE APOSTILA ASP 04MAI2006
 
 CASO BASE 
-----barra------- tensão ang. gera-kW kVAr- carga-kW kVAr- tap,kVArS
 1 BARRAA 1.0507 0.0 51199.901 22489.676 0.000 0.000
 2 BARRAB 51199.895 22489.655
 2 BARRAB 0.9277 -5.6 0.000 0.000 0.000 0.000
 1 BARRAA -47244.176-21139.614
 3 BARRAC 47201.151 20795.409 1.000
 0 PerdasMagnet 43.028 344.226
 3 BARRAC 0.8995 -9.4 0.000 0.000 47000.000 17100.000
 2 BARRAB -47003.299-17090.948
A análise dos resultados mostra que as perdas ativas no sistema são correspondentes a:
%2.82,40,472,51arg ==−=−= MWacgeraçãoperdas
As perdas na linha de transmissão correspondem a:
%7.796.324,4720,51 ==−=+= MWfluxoBAfluxoABperdas
Enquanto que as perdas no transformador equivalem a:
%48.0244.0043.0000,47201.47 ==+−=++= MWetPerdasMagnfluxoCBfluxoBCperdas
4 - Métodos iterativos de Newton - Raphson
Existem diversas concepções baseadas no método de Newton - Raphson aplicadas na 
resolução das equações de fluxo de potência. Os sistemas de transmissão de potências 
elevadas normalmente apresentam uma relação R/X menor do que 1,0, este fato torna os 
defasamentos angulares das tensões mais dependentes da potência ativa do que da potência 
reativa. Assim o Jacobiano das equações incrementais pode ser tratado de forma desacoplada. 
Esta consideração simplifica bastante o equacionamento do problema sem afetar a eficiência 
do método.
Fluxo de Potência 13
O método desacoplado pode ser aplicado também em redes de distribuição, onde a 
relação R/X pode atingir valores maiores que 1,0, desde que se faça algumas adequações. 
Entretanto a sua grande vantagem aparece em sistemas de grande e médio porte.
Os métodos de Newton - Raphson facilitam muito a resolução de sistemas com barras 
controladas por reativos. As barras controladas por reativos, ao invés de complicarem as 
equações, elas são simplificadas, principalmente no método desacoplado.
A dedução das equações pode ser feita utilizando um sistema simplificado de 3 barras, 
conforme mostrado na figura abaixo. Entretanto o procedimento podeser estendido para um 
sistema com n barras.
No sistema da figura a barra 1 é a referência e as barras 2 e 3 são do tipo PQ. Na barra 
de referência a tensão (módulo e defasamento) é conhecida e na barra PQ o valor da potência 
(parte ativa e reativa) é conhecida.
Fig. 4.0
A equação matricial do sistema da figura é:








=








=
















−
−−
−
*
3
*
3
*
2
*
2
1
3
2
1
3
2
1
3332
232221
1211
/
/
0
0
vs
vs
i
i
i
i
v
v
v
yy
yyy
yy
4.0
A segunda linha da equação matricial é:
*
2
*
2323222121 / vsvyvyvy =−+− 4.1
Multiplicando a equação acima por *2v obtém-se:
*
2
*
2323
2
22
*
2121 svvyVyvvy =−+− 4.2
A equação que define a potência na barra 2 pode ser reescrita como:
*
2322323
2
222122121 sVVyVyVVy =∠−+∠− θθ 4.3
Fluxo de Potência 14
1 2 3
P+jQ P+jQv
O método desacoplado permite a dedução do Jacobiano relativo aos incrementos 
angulares independente dos incrementos da tensão. Supondo que se conheça uma solução 
aproximada para os defasamentos angulares pode-se escrever que:
*
2
*
2322323
2
222122121 ssVVyVyVVy
aa ∆+≈∠−+∠− θθ 4.4
Considerando θθθ ∆+= corretoaproximado então:
*
2
*
232322323
2
22212122121 )()( ssVVyVyVVy
cc ∆+≈∆+∠−+∆+∠− θθθθ 4.5
O defasamento angular pode ser decomposto em:
=∆+×+∆+=∆+∠ )()cos()(1 θθθθθθ senj
≈∆×+∆×+∆−∆ θθθθθθθθ senjsenjsensen coscoscoscos
=∆×+×+∆− θθθθθθ coscos jsenjsen
θθθθθθθθ ∠∆×+∠=×+∆×+×+ jsenjjsenj 1)(coscos
4.6
Assim obtém-se que:
*
23232232312122121 ) sjVVyjVVy
cc ∆≈∠∆−∠∆− θθθθ 4.7
Considerando que os defasamentos angulares cijθ são relativamente pequenos, e que os 
valores das tensões são próximos de 1,0, então:
*
2322323122121 )()( sjBAjjBAj ∆≈∆+−∆+− θθ 4.8
Sabendo que jiij θθθ ∆−∆=∆ e considerando sistemas em que a parte resistiva das 
linhas e transformadores é bem menor que a parte reativa, conclui-se que:
223232121 )()( PBB ∆≈∆−∆+∆−∆ θθθθ 4.9
Denominando 222321 BBB =+ , então:
2323222121 PBBB ∆−≈∆−∆+∆− θθθ 4.10
Sabendo que a barra 1 é a referência, portanto 0,01 =∆ θ , a equação matricial em 
termos de incrementos angulares do sistema da figura é: 



∆−
∆−
=


∆
∆



−
−
3
2
3
2
3332
2322
P
P
BB
BB
θ
θ
4.11
A fórmula resumida da equação para determinar os incrementos angulares é conhecida 
como:
Fluxo de Potência 15
[ ] [ ] [ ]PB ∆−=∆ θ' 4.12
A dedução do Jacobiano referente aos incrementos da tensão pode ser feita de maneira 
semelhante ao que foi adotado para os incrementos angulares, assim:
*
2
*
223
2
222212221121 ...)())(( ssyVVyVVVVy
ccc ∆+≈−∆++∠∆+∆+− θ 4.13
A equação acima pode ser simplificada como:
*
232322323121221212222 )()()2( sVVVVyVVVVyVVy
ccccc ∆≈∠∆+∆−∠∆+∆−∆ θθ 4.14
Supondo que as tensões 0,1≈ciV e que os defasamentos angulares ijθ sào 
relativamente pequenos, então:
*
232232312212122222 )()())(()2)(( sVVjBAVVjBAVjBA ∆≈∆+∆+−∆+∆+−∆+ 4.15
Considerando sistemas em que a parte resistiva das linhas e transformadores é bem 
menor que a parte reativa, então:
23232232122121 )2( QjVjBVBBBjVjB ∆−≈∆−∆−−+∆− 4.16
Assumindo que 222321222 BBBB ≈−− , então:
2323222121 QVBVBVB ∆−≈∆−∆+∆− 4.17
Sabendo que a barra 1 é a referência, portanto 0,01 =∆ V , assim a equação matricial 
em termos de incrementos de tensão é:



∆−
∆−
=


∆
∆



−
−
3
2
3
2
3332
2322
Q
Q
V
V
BB
BB
4.18
A fórmula resumida da equação para determinar os incrementos de tensão é conhecida 
como:
[ ] [ ] [ ]QVB ∆−=∆" 4.19
Nota-se que o Jacobiano das equações incrementais [ ]'B angulares é idêntico ao das 
equações incrementais de tensão [ ]"B . A diferença se explica quando se considera sistemas 
com barras com tensão controlada, nestes casos os Jacobianos não são iguais.
Fluxo de Potência 16
Exemplo 4.1 - Conhecendo a tensão na referência, 1,05 pu na barra 1, determine a tensão na 
barra 4 e o fluxo de potência na LT usando o método de Newton Raphson desacoplado.
Solução: O diagrama de admitâncias em pu do sistema está mostrado na figura abaixo.
A equação matricial de fluxo de potência do sistema é:








+−
=









 ∠








−
−
−
−
*
4
*
1
4
3
2
/)00624,0019,0(
0
0
005,1
714,0714,00
714,0950,0238,00
0238,0486,1250,1
00250,1250,1
vj
i
v
v
v
jj
jjj
jjj
jj 
Os valores iniciais da tensão, valores aproximados para o início do processo iterativo são:










∠
∠
∠
∠
=














000,1
000,1
000,1
005,1
0
4
0
3
0
2
1
v
v
v
v
Conhecendo os valores iniciais da tensão, a equação que fornece os incrementos de potência 
pode ser na forma de:
[ ] [ ] [ ] [ ]***)( ssvyv aa ∆+=
Utilizando a equação acima no sistema do exercício obtém-se:
Fluxo de Potência 17
-j1,25 -j0,238 -j0,714
j0,00220 j0,002201,05∠0° ∼
2 MVA
cosφ = 0,95
(atrasado)
100 km
X
L 
= 0,5 Ω/km
X
C
 = 270 kΩ × km
6,9kV/34,5kV
X = 8%
10 MVA
carga
gerador trafo 2trafo 1
34,5kV/13,8kV
X = 7%
5 MVA
∼
1 2 3 4










∠∆+
∠∆+
∠∆+
∠
=










∠
∠
∠
∠








−
−
−
−








00,1/)(
00,1/)0,0(
00,1/)0,0(
005,1/
00,1
00,1
00,1
005,1
714,0714,000
714,0950,0238,00
0238,0486,1250,1
00250,1250,1
*
4
*
4
*
3
*
2
*
1
ss
s
s
s
jj
jjj
jjj
jj
Resolvendo a equação acima obtém-se:








∆+∆
∆+∆
∆+∆
=








+
+
+
=








=∆
=∆
=∆
44
33
22
4
3
2
?019,0
?0,0
?0,0
QjP
QjP
QjP
j
j
j
s
s
s
Conhecendo o Jacobiano [ ]'B os incrementos angulares são:








=








−







−
−
−
=








∆
∆
∆ −
1216,0
0950,0
0152,0
019,0
0
0
714,0714,00
714,0952,0238,0
0238,0488,1 1
4
3
2
θ
θ
θ
Sabendo que θθθ ∆+= ca , então os novos valores dos defasamentos angulares são:








−
−
−
=








−
−
−
=








∆
∆
∆
−








=











0,7
4,5
9,0
1216,0
0950,0
0152,0
4
3
2
0
4
0
3
0
2
1
4
1
3
1
2
rad
rad
rad
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
Conhecendo os novos valores dos defasamentos angulares, os novos valores de s∆ podem ser 
calculados a fim de determinar os incrementos de tensão, assim:










−∠
−∠
−∠
∠








−
−
−
−
=










∠∆+
∠∆+
∠∆+
∠








0,70,1
4,50,1
9,00,1
005,1
714,0714,000
714,0950,0238,00
0238,0486,1250,1
00250,1250,1
0,70,1/)(
4,50,1/)0,0(
9,00,1/)0,0(
005,1/
*
4
*
4
*
3
*
2
*
1
jj
jjj
jjj
jj
ss
s
s
s
Resolvendo a equação acima se obtém:








∆+∆
∆+∆
∆+∆
=








−
−
−
=







=∆
=∆
=∆
44
33
22
4
3
2
0065,0?
0010,0?
0636,0?
QjP
QjP
QjP
j
j
j
s
s
s
Conhecendo o Jacobiano [ ]"B , pode-se então determinar o incremento das tensões:
Fluxo de Potência 18








−
−
−
=








−
+
+








−
−
−
=








∆
∆
∆ −
0168,0
0259,0
0469,0
0065,0
0010,0
0636,0
714,0714,00
714,0952,0238,0
0238,0488,1 1
4
3
2
V
V
V
Sabendo que VVV ca ∆+= , então os novos valores das tensões são:








−∠
−∠
−∠
=











0,70168,1
4,50259,1
9,00469,1
1
4
1
3
1
2
V
V
V
O processo é repetido até que os valores das tensões e os respectivos defasamentos angulares 
tenham convergido. O critério de convergência pode ser através das tensões ou potência. O 
processo pode ser interrompido quando a diferença entre as tensões de uma iteração e outra 
sejam menores que uma determinada tolerância de tensão, ou então quando o mismatch de 
potência, que equivale a [ ]s∆ , for menor que uma tolerância de potência que foi estabelecida.
5 - Fluxo de potência linearizado
O fluxo linear é um método aproximado que leva em conta somente a distribuição de 
potências ativas do sistema. O fluxo linear tem solução analítica e portanto não necessita de 
processos iterativos.
O fluxo linear é utilizado em sistemas com tensões próximas de 1.0 e com linhas de 
transmissão onde as resistências são menores que as reatâncias indutivas. A dedução das 
equações pode ser feita com um sistema de apenas 3 barras, entretanto sua aplicação é para 
sistemas com qualquer número de barras. As aproximações podem ser feitas em torno da 
segunda linha da equação de fluxo de potência de um sistema de 3 barras:
*
2
*
2323222121 / vsvyvyvy =−+− 5.0
Multiplicando a equação acima pelo conjugado da tensão da barra 2 obtém-se:
*
2
*
2323
2
222
*
2121 svvyVyvvy =−+− 5.1
Utilizando jBy ≅ e θ∠= 0,1v na equação acima obtém-se:
22323223
2
222121221 )(cos)(cos jQPjsenjBVjBjsenjB −=+−++− θθθθ 5.2
Separando a parte real da equação acima obtém-se:
232231221 PsenBsenB =+ θθ 5.3
Fluxo de Potência 19
Utilizando θθ ≅sen , a equação acima pode ser reformulada como:
32322321121223232121 )()()( θθθθθθθ BBBBPBB ++−==−+− 5.4
Denominando 222321 BBB =+ , a equação acima pode ser reescrita como:
2323222121 PBBB −=−+− θθθ 5.5
A equação acima permite que a equação de fluxo de potência linear de um sistema de 3 barras 
seja formulada como: 








−
−
−
=
















−−
−−
−−
3
2
1
3
2
1
333231
232221
131211
P
P
P
BBB
BBB
BBB
θ
θ
θ
5.6
O fluxo de potência definido pela equação 5.6 é denominado de fluxo CC (Corrente 
Contínua), ou fluxo DC (Direct Current). O motivo da denominação é que sendo a equação 
5.6 linear, ela pode então ser simulada em laboratório por um circuito de corrente contínua.
Exemplo 5.1 - Determine o defasamento angular da barra 3 e a potência que flui da barra 2 
para a 3, utilizando o modelo de fluxo linear.
SOLUÇÃO: A equação de fluxo linearizado do sistema é:








+
−
=
















−
−
−
3,0
0
0
25,625,60
25,6266,8016,2
0016,2016,2 1
3
2
P
θ
θ
Os resultados dos defasamentos angulares das barras 2 e 3 são dados por:





−+
+−
=

 −
3,0
0
25,625,6
25,6266,8 1
3
2
θ
θ
A equação acima pode ser resolvida por escalonamento:
Fluxo de Potência 20
(30 + j10) MVA
200 km
R=0,1 Ω/km
X
L 
= 0,45 Ω/km
X
C
 = 270 kΩ × km
138kV/13,8kV
X = 8%
50 MVA
140kV∠ 0°
∼
1 2 3
Passo 1 )266,8/(11 −→ LL
Passo 2 )25,6(122 −×+→ LLL
Passo 3 )524,1/(22 −→ LL
Passo 3 7561,0211 ×+→ LLL
Aplicando os passos acima no vetor de injeção de potências obtém-se:
1968,01968,03,03,03,0
1488,0000,00,00,00,0
3
2
−→−→→→→
−→+→→→→
θ
θ
O fluxo de potência da barra 2 para a barra3 é dado por:
300,0)1488,01968,0(25,6)( 232323 =+−−=−= θθBP
O valor da potência encontrado confere com o valor da carga de 30 MW.
6 - Controle de tensão através de taps de transformadores
Transformadores com diversos taps podem ser utilizados para controlar tensões. Este 
controle é de baixo custo e é empregado de maneira generalizada, tanto nos sistemas de alta 
potência quanto em redes de distribuição.
Os transformadores são construídos com diversos taps alem do tap nominal. O objetivo 
dos taps é o controle de tensão. Os taps normalmente alteram a relação de transformação entre 
+5% e -10%, podendo entretanto existir outras especificações.
Existem dois tipos de taps, os que podem ser mudados com o transformador em 
operação e os que somente podem ser mudados com o transformador desligado. O primeiro 
tipo é conhecido como tap variável e o segundo como tap fixo. Devido a fatores econômicos, 
somente transformadores de grande porte, por exemplo acima de 10 MVA, são construídos 
com taps variáveis.
Os taps variáveis servem para controlar as tensões dos sistemas acompanhando as 
variações da carga ao longo do dia. Os taps fixos também têm a finalidade de controlar 
tensões, entretanto em termos práticos a alteração destes taps é feita de tal forma a durar um 
longo período de tempo relativamente longo, como por exemplo um ano ou mais.
O modelo pi é a permite uma representação simples dos taps de transformadores. A 
figura abaixo mostra um transformador com uma relação de transformação de T/1,0 e o 
equivalente pi.
Fluxo de Potência 21
a
cb
1 2 z1 23
T / 1,0
=i1
i
1i2 i2
Já foi demonstrado que:
Tza ×= 6.0
)1/(2 TTzb −×= 6.1
)1/( −×= TTzc 6.2
Exemplo 6.1 - Calcular as tensões nas barras do circuito da figura utilizando o método de 
Gauss - Seidel modificado. Considere o gerador como barra de referência com uma tensão de 
1,05∠0o e que a barra de carga tem tensão controlada em 1,05 pu através de taps no lado de 
alta tensão do transformador 2. Utilizar como base de tensão 6,9 kV no gerador e como base 
de potência 100 MVA.
SOLUÇÃO - O processo iterativo pode ser iniciado supondo que a relação de transformação 
do transformador 2 é 1,0 pu. O correspondente diagrama de impedâncias está mostrado na 
figura abaixo.
Supondo que a relação de transformação do transformador 2 é 1,0 pu, então a tensão da barra 
4 é desconhecida e a correspondente equação de fluxo de potência do exemplo de 4 barras é:
Fluxo de Potência 22
2 MVA
cosφ = 0,95
(atrasado)
100 km
X
L 
= 0,5 Ω/km
X
C
 = 270 kΩ × km
6,9kV/34,5kV
X = 8%
10 MVA
carga
gerador trafo 2trafo 1
34,5kV/13,8kV
X = 7%
5 MVA
∼
1 2 3 4
-j0,238-j1,250
j0,0022
j0,0022
∼
1 2 3
carga
-j0,714 4
j0
j0








+−
=









 ∠








−+
+−+
+−+
+−
*
4
*
1
4
3
2
/)00624,001900,0(
0
0
005,1
714,0714,000
714,0950,0238,00
0238,0486,125,1
0025,125,1
v
i
v
v
v
jj
jjj
jjj
jj 
PRIMEIRA ITERAÇÃO: O processo iterativo pelo método da matriz de admitância modificada 
pode ser formulado como:







 ×−








++−
−
−
=







 −
0
0
05,125,1
05,1/)00624,001900,0(714,0714,00
714,0950,0238,0
0238,0486,1 1
2*1
4
1
3
1
2 j
jjj
jjj
jj
v
vv
O resultado da equação acima é:








−∠
−∠
−∠
=











70,6009,1
19,5018,1
81,0045,1
1
4
1
3
1
2
v
v
v
Com o valor de 14V , pode-se estimar qual deveria ser a relação de transformação para 
controlar a tensão em 1,05 pu:
961,005,1/41
01
=×= VTT
SEGUNDA ITERAÇÃO - Conhecido o novo valor da relação de transformação, o 
correspondente diagrama de impedâncias pode ser determinado conforme mostra a figura 
abaixo.
A correspondente formulação do processo iterativo é:
Fluxo de Potência 23
-j0,238-j1,250
j0,0022
j0,0022
∼
1 2 3
carga
-j0,743 4
-j0,0302
j0,0290







 ×−








++−
−
−
=







 −
0
0
05,125,1
05,1/)00624,001900,0(714,0743,00
743,0009,1238,0
0238,0486,1 1
2*2
4
2
3
2
2 j
jjj
jjj
jj
v
v
v
O resultado da equação acima é:








−∠
−∠
−∠
=











48,6052,1
11,5019,1
80,0045,1
2
4
2
3
2
2
v
v
v
Com o novo valor da tensão na barra 4, a correspondente estimativa para a relação de 
transformação é:
963,005,1/24
12
=×= VTT
A terceira iteração deve ser executada assumindo que a relação de transformação seja de 
0,963, e assim por diante o processo prossegue até que a precisão desejada seja atingida. Uma 
relação de transformação equivalente a 0,963 significa que o transformador está conectado no 
tap de 0,963×34,5kV = 33,2kV.
7 - Barras com tensão controlada por reativos
As barras com tensão controladas por reativos melhoram o perfil das tensões em 
sistemas elétricos. Os problemas de tensões excessivamente baixas ou elevadas podem ser 
resolvido ao introduzir no sistema as tensões controladas. 
Normalmente a introdução de reativos tende a elevar as tensões e a absorção tende a 
diminuir as tensões. Os reativos, para se controlar a tensão, podem ser obtidos através de 
bancos de capacitores e reatores ou mesmo através de máquinas síncronas. 
O objetivo principal do controle de tensão é manter um determinado nível 
independente das variações das cargas. Em termos de equações de fluxo de potência, o 
módulo da tensão é fixo e a correspondente incógnita passa a ser a potência reativa.
A consideração de barras controladas por reativos aumenta a complexidade do 
processo numérico de Gauss - Seidel, por outro lado simplifica o processo numérico de 
Newton - Raphson. A simplificação ocorre no Jacobiano, do processo numérico de Newton - 
Raphson, referente aos incrementos de tensão, pois nas barras com tensão controlada os 
incrementos de tensão são nulos. Com isto a matriz [ ]"B pode ter dimensões menores que a 
matriz [ ]'B .
Fluxo de Potência 24
Exemplo 7.1 - Determinar a potência reativa na barra 3 e a tensão na barra 2. A barra 3 tem 
uma tensão controlada de 69 kV e fornece uma potência de 10 MW para o sistema. As linhas 
de transmissão têm reatâncias indutivas série de 0,5 Ω/km e reatâncias capacitivas de 250 
kΩ×km,. Considere a barra 1 como referência com uma tensão de 69 kV, tensão de base de 69 
kV e potência de base de 100 MVA. Utilizar o método de Gauss - Seidel.
SOLUÇÃO: O diagrama de admitâncias do sistema é:
A matriz de admitância do sistema é:








−∠+
+−=








∠
∠








−+
+−+
+−
3
*
3
*
2
*
1
3
2
0,1/)10,0(
/)05,015,0(
0,1
00,1
9427,09522,00
9522,08850,19522,0
09522,09427,0
θθ jQ
vj
i
v
jj
jjj
jj 
PRIMEIRA ITERAÇÃO - A segunda linha da equação de fluxo de potência é:
*0
2
0
3
1
2 )/()05,015,0(9522,08850,19522,0 vjjvjj −−=∠+− θ
Os valores iniciais são 00,102 ∠=v e 
003 =θ , portanto o novo valor da tensão na barra 2 é 
6,4987,012 −∠=v .
A terceira linha da equação matricial é:
0
3
0
3
1
3
1
2 ,1/)10,.0(9427,09522,0 θθ −∠−=∠− jQjvj
Fluxo de Potência 25
(15 +j 5) MVA
carga
gerador
∼
1 32
∼
100 km 100 km
∼
∼ carga
-j0,9522 3-j0,9522
j0,0095
j0,0095
1 2
j0,0095
j0,0095
O valor inicial de 03Q é zero, portanto o novo valor de 3θ é 
5,113 =θ .
O novo valor de 3Q pode ser obtido também através da terceira linha da equação matricial 
substituindo os valores já obtidos assim 0154,013 =Q .
Os cálculos são repetidos da mesma maneira ao longo do processo iterativo. Após a quarta 
iteração os valores obtidos são:
26,3979,042 −∠=v
89,243 =θ
0156,043 =Q
Exemplo 7.2 - Calcular as tensões nas barras do circuito da figura e a potência que flui nas 
linhas de transmissão da barra 1 para a barra 4. A barra 1 (Usina de Itumbiara) é a referência 
com uma tensão de 345kV∠0°, a barra 3 (Usina de Cachoeira Dourada) tem tensão controlada 
em 230kV e injeta 620 MW no sistema, a barra 4 (Subestação Bandeirantes) é de carga com 
tensão controlada (controle através de um banco estático) em 345kV e a barra 5 (Subestação 
Anhangüera) é uma barra de carga. As unidades transformadoras são iguais, cada uma com 
potência de 225MVA, reatância de dispersão de 5% e relação de transformação de 
345kV/230kV. Utilizar o método de Newton Raphson desacoplado e considere uma potência 
de base de 100MVA e 230kV na barra 3.
Solução - Utilizando tensão de base de 345 kV na barra de referência e potência de base de 
100 MVA, a matriz de admitância do sistema é:
Fluxo de Potência 26
(0,7+j0,2)GVA
∼
∼
∼
(1,0+j0,2)GVA
X
L 
= 0,5Ω/km
X
C 
= 300kΩ×km
60km
200km
200km
2
3
5
4
1
X
L 
= 0,4Ω/km
X
C 
= 260kΩ×km
[ ]










−
−
−
−
−
=
2,1450,1356,1000
0,1359,163008,29
6,1007,276,170
006,175,1070,90
08,2900,909,118
jy
Conhecendo o Jacobiano [ ]'B e o mismatch de potência ativa [ ]P∆ , pode-se então determinar 
os incrementos angulares [ ]θ∆ :










−
−
=








+
+
−
−
=








−
−
+








−
−
−
−
=








∆
∆
∆
∆ −




5,23
8,22
2,4
7,0
411,0
398,0
073,0
012,0
0,7
0,10
2,6
0,0
6,1450,1356,100
0,1358,16400
6,1002,286,17
006,176,107 1
5
4
3
2
rd
rd
rd
rd
θ
θ
θ
θ
Assim os novos valores das tensões são:










−∠
−∠
+∠
+∠
+∠
=















5,2300,1
8,2200,1
2,400,1
7,000,1
0,000,1
1
5
1
4
1
3
1
2
1
v
v
v
v
v
A matriz [ ]"B pode ser obtida através da matriz [ ]'B ao se desconsiderar as linhas e colunas 
correspondentes as barras com tensão controlada, pois as barras com tensão controlada não 
possuem v∆ . A matriz [ ]"B tem dimensão apenas 2x2, pois as barras 2 e 5 são as únicas que 
não tem tensão controlada, assim:
[ ] [ ] 


∆−
∆−
=


∆
∆



−
−
=∆
5
2
5
2
6,1450,0
0,06,107
"
Q
Q
V
V
VB
Conhecido os valores de tensão após a primeira iteração, pode-se calcular o mismatch de 
potência reativa objetivando determinar os incrementos de tensão, assim:



+
−−
=


−
+



−
−
=


∆
∆ −
0193,0
462,5
81,2
0605,0
6,1450,0
0,06,107 1
5
2 E
v
v
Conhecido os incrementos de tensão os novos valores das tensões nas barras são:
Fluxo de Potência27










−∠
−∠
+∠
+∠
+∠
=















5,23981,0
8,22000,1
2,4000,1
7,0001,1
0,0000,1
2
5
2
4
2
3
2
2
1
v
v
v
v
v
O processo iterativo deve continuar até que a tolerância da tensão ou a tolerância do mismatch 
de potência sejam alcançadas.
Supondo que os valores de tensão alcançados são suficientemente precisos, pode-se então 
determinar a potência que flui da barra 1 para a barra 4 através das linhas de transmissão em 
345 kV.
A potência que flui em cada uma das linhas pode ser dada por:
[ ] 70,077,5)458,0()9,14)(( *1411*14114 jjvjvvvivs +=+−−==
A figura abaixo mostra o diagrama com os fluxos de potência representados.
8 - EXERCÍCIOS
Exercício 8.1 - Determinar a tensão na barra 3 e a potência que flui da barra 1 para a barra 2. 
Utilizar o método de Gauss Seidel.
Fluxo de Potência 28
1 4
577
577
70
70
200km
X
L
=0,4Ω/km
X
C
=260kΩ×km
1 4
1,0∠0° 1,0∠-22,8°
j0,458
-j14,9
j0,458
Exercício 8.2 - Determine o defasamento angular da barra 3 e o fluxo de potência ativa da 
barra1 para a 2 utilizando o modelo de fluxo linear. A reatância indutiva das linhas é de 0,5 
Ω/km e a reatância capacitiva de 250 kΩ×km. Considere que a barra 3 fornece 10 MW ao 
sistema.
Exercício 8.3 - Determine a tensão na barra 3 do sistema da figura. A tensão na barra geradora 
é de 140 kV. Utilizar o método de Newton - Raphson desacoplado, tensão de base de 138 kV 
na barra geradora e potência de base de 100 MVA.
Exercício 8.4 - No circuito da figura a barra 1 é a referência com tensão de 138kV. A barra 2 
é uma barra geradora com uma tensão de 140kV e fornece 50 MW ao sistema. A barra 3 é 
uma barra de carga . As linhas de transmissão do sistema têm reatâncias indutivas de 0,5 
ohms/km e reatâncias capacitivas de 300 kohms×km. Determine o reativo da máquina 
síncrona na barra 2 e a tensão na barra 3 . Utilize o método de Newton - Raphson desacoplado 
e tensão de base de 138 kV na referência e potência de base de 100 MVA.
Fluxo de Potência 29
(30 - j10) MVA
300 km
R=0,1 Ω/km
X
L 
= 0,45 Ω/km
X
C
 = 270 kΩ × km
138kV/13,8kV
X = 8%
50 MVA
140kV∠ 0°
∼
1 2 3
(15 +j 5) MVA
carga
gerador
∼
1 32
∼
100 km 100 km
(30 - j10) MVA
300 km
R=0,1 Ω/km
X
L 
= 0,45 Ω/km
X
C
 = 270 kΩ × km 138kV/13,8kVX = 8%
50 MVA
tap = 132 kV
140kV∠ 0°
∼
1 2 3
100km
40km60km
(80+j40)MVA
∼∼
1 2
3
Exercício 8.5 - Determine o fluxo de potência em cada um dos transformadores do sistema 
mostrado na figura. A barra 1 é a referência com tensão de 140 kV. Utilize o método de 
Newton - Raphson desacoplado, tensão de base de 138 kV na referência e potência de base de 
100 MVA.
Exercício 8.6 - Determine o tap no lado de alta tensão do transformador para que 13 vv = . 
(prova de ASP de jun98)
Exercício 8.7 - No sistema da figura os dois transformadores são idênticos mas um deles está 
conectado no tap de 13,2kV. Sabendo que 02,132 ∠= kVv , determine a tensão na barra 1. 
(prova ASP 04ago98).
Fluxo de Potência 30
138kV/13,8kV
 X=6%
 50 MVA
(80+j20)MVAX
L
=0,5 ohms/km
X
C
=270 kohm×km
1
2 3idem
50 km
∼
200km
X
L
=0,5 ohms/km
X
C
=250 kohm×km
21 3
230kV/138kV
 X=10%
 50 MVA
∼
40MW
cosϕ =0,92 (atrasado)
25MVA
X=9%
138kV/13,8kV
1 2
∼
Exercício 8.8 - Determine a solução analítica de 2v no sistema da figura. Considere que 1v é 
conhecido e que a potência 2s é representada com impedância constante na base NV . (prova 
ASP 04ago98).
Exercício 8.9 - Calcule a potência reativa do motor síncrono M no sistema da figura, sabendo 
que os dois transformadores são idênticos mas que um está conectado no tap nominal e o 
outro no tap de 132kV. Considere que a tensão do sistema supridor seja de 135kV∠0° e ainda 
que o módulo da tensão do motor seja de 13,5kV. (prova ASP 02/mar/99).
Exercício 8.10 - (prova ASP em 27mar99) - No circuito da figura a tensão da barra 1 é de 138 
kV∠0°. Determine o valor da reatância indutiva (jX) conectada a barra 3 para controlar 
kVv 8,133 = A carga na barra 3 é de 40 MW com fator de potência de 0,93 em atraso.
Exercício 8.11 - (prova ASP em 27mar99) - Determine o valor das perdas ativas (em MW) do 
sistema da figura, sabendo que 2201 =v kV∠0° e 2103 =v kV∠-25,0°.
Fluxo de Potência 31
50MVA
X=10%
138kV/13,8kV
70MVA
cosϕ =0,86 (atrasado)
1 2
S
M
X
L
=0,49 ohms/km
X
C
=270 kohm×km
1
2 3
138kV/13,8kV
 X=8%
 25 MVA
idem
60 km
 jX
∼
z
L
z
C
 zC 
s
2
 21
∼
1 2 3
200 km 240 km 
R=0,15Ω/km
X
L
=0,50Ω/km
X
C
=270kΩ×km
R=0,14Ω/km
X
L
=0,49Ω/km
X
C
=310kΩ×km
s
G
 
s
C
 
Exercício 8.12 - (Exame Nacional de Cursos - 98) - A Companhia de Eletricidade do Vale 
Dourado dispõe de duas subestações de 130kV alimentadas por um sistema de transmissão 
cujo diagrama unifilar é apresentado na figura. A impedância série de cada linha é igual a 
0,26+j0,52 Ω/km e o efeito capacitivo é desprezado. A Divisão de Operação da Companhia 
executou o fluxo de carga desse sistema para três condições de carga e, baseado n período de 
carga máxima, decidiu que deveria ser instalado um banco de capacitores na SUB02, de forma 
a obter, nesse ponto, uma tensão de 1,00 pu. A tabela a seguir apresenta alguns resultados da 
execução do fluxo de carga do sistema, onde GER00 foi considerada como barra como barra 
de balanço.
a)Expresse a impedância das linhas em pu, adotando 100MVA como base de potência e a 
tensão de linha como base de tensão.
b)Determine a potência do banco de capacitores instalado em SUB02.
BARRA Módulo da 
Tensão (pu)
Fase da 
Tensão (rad)
GER00 1,000 0,0000
SUB01 0,990 -0,03037
SUB02 1,000 -0,03039
Exercício 8.13 - (Exame Nacional de Cursos - 99) - Uma concessionária de energia elétrica 
pretende analisar o comportamento dos fluxos de potência ativa em seu sistema, tendo em 
vista a previsão de carga para um horizonte de dez anos. Para isso, como engenheiro da 
divisão de planejamento dessa concessionária, você foi encarregado de estudar o problema. A 
figura abaixo representa o diagrama unifilar do sistema com as cargas futuras previstas.
a) Calcule os fluxos de potência ativa nas linhas de transmissão, considerando a Barra 1 como 
referência angular do sistema )0,0( 1 rad=θ .
b) Supondo que o fluxo de potência máximo permitido na linha 1 - 2 seja 0,5pu, determine a 
reatância, em pu, do menor banco de capacitores que deverá ser instalado na linha 1 - 3, de 
modo que o limite máximo na linha 1 - 2 não seja ultrapassado.
Dados:
[ ] [ ] [ ]θBP =
Fluxo de Potência 32
13km
9,75km 6,5km
s=0,9+j0,3 pu
s=0,6+j0,2 pu
SUB01GER00
SUB02
Q
C
 
∼
onde [P] é o vetor de injeção de potência, [B] é a matriz de susceptância de barras e [θ] é o 
vetor do ângulo das tensões de barra.
O efeito capacitivo e a resistência série das linhas de transmissão são desprezados.
Exercício 8.14 – Uma linha de distribuição rural de 15km, R = 1,5ohms/km, XL = 
0,5ohms/km, abastece uma carga de 30kVA, com fator de potência igual a 0,85 em atraso. A 
tensão da fonte é de )3/8,13( kV. Determine o banco de capacitores que inserido na linha 
eleva o módulo da tensão da carga para )3/8,13( kV.
Exercício 8.15 - (Prova ASP 16jul99) - Determinar reatância percentual do transformador 
entre as barras 3 e 4 que limita P4-3 em 200 MW. Utilizar como base 100MVA e 345kV no 
gerador da barra 1, os conceitos de fluxo linear poderão ser utilizados para resolver o 
problema.
Exrcício 8.16 - (Prova ASP 16jul99) - A tensão da barra de referência é 141kV∠0º. 
Determinaro fator de potência da carga que mantém o módulo da tensão em 13,2kV. Utilizar 
como base 100MVA e 138kV na barra de referência.
Fluxo de Potência 33
2
∼
X
1,3
 =1/2 puX
1,2
 =1/3 pu
X
2,3
 =1/2 pu PL3 = 1,0 puPL2 = 0,5 pu
P
G1
 = 1,5 pu
3
1
~
200km
R=0,15Ω/km
X
L
=0,5Ω/km
X
C
=270kΩ/km
138kV/13,8kV
X=7,5%
50MVA
P=40MW
fp=?
referência
345kV/230kV
X=??
450MVA
800MW
800MW
600MW 200km
X
L
=0,5Ω/km 
X
L
=0,5Ω/km 
200km
345kV/230kV
X=5%
450MVA
1
2
4
3
~
~
referência
Exercício 8.17 - (Exame Nacional de Cursos - 98, prova ASP 16jul99) - A Companhia de 
Eletricidade do Vale Dourado dispõe de duas subestações de 130kV alimentadas por um 
sistema de transmissão cujo diagrama unifilar é apresentado na figura. A impedância série de 
cada linha é igual a 0,26+j0,52 Ω/km e o efeito capacitivo é desprezado. A Divisão de 
Operação da Companhia executou o fluxo de carga desse sistema para três condições de carga 
e, baseado n período de carga máxima. A tabela a seguir apresenta alguns resultados da 
execução do fluxo de carga do sistema, onde GER00 foi considerada como barra como barra 
de balanço e também considerando como base 100 MVA e tensão de linha de 130kV. 
Determine a perda de potência ativa no sistema.
BARRA Módulo da 
Tensão (pu)
Fase da 
Tensão (rad)
GER00 1,000 0,0000
SUB01 0,990 -0,03037
SUB02 1,000 -0,03039
Exercício 8.18 - (Prova ASP 18dez99) - Dois transformadores em paralelo suprem uma carga 
de 40MW com fator de potência de 0,8 em atraso e a uma tensão de 13,2kV. Os 
transformadores com relação nominal de tensão de 138kV/13,8kV têm cada um uma potência 
nominal de 25MVA. A reatância indutiva de um deles é de 7,0% e do outro de 9,0%. 
Determinar qual o percentual de redução da carga para que nenhum deles opere com 
sobrecarga..
Exercício 8.19 - (Prova ASP 05jul00) - Uma concessionária de energia elétrica pretende 
construir uma linha de transmissão trifásica para transportar uma potência de 70 MW, fp=0.9 
(atrasado) a uma distância de 200km. Os técnicos concluíram que o condutor mais 
conveniente deveria ter uma resistência ôhmica de 0,15 Ω/km e que as perdas ativas poderiam 
ser da ordem de 5% da potência a ser transportada. Determinar em termos aproximados qual o 
nível de tensão da linha de transmissão planejada.
Exercício 8.20 - (Prova ASP 05jul00) No sistema da figura a barra 1 é a barra de referência 
com tensão de 140 kV. A barra 2 consome 20000 kW e o módulo da tensão é controlado em 
Fluxo de Potência 34
13km
9,75km 6,5km
s=0,9+j0,3 pu
s=0,6+j0,2 pu
SUB01GER00
SUB02
Q
C
 
∼
135 kV. Supondo que a solução para o defasamento angular seja através de [J][∆Θ]=[−∆P], o 
que corresponde ao processo iterativo de Newton Raphson, determinar o valor do Jacobiano 
[J] literal e numérico. Adotar como tensão de base 138 kV e potência de base 100 MVA.
Exercício 8.21 – (Prova ASP 07Ago03) - No sistema da figura a tensão na barra A é 139kV∠-
5,3° e na barra B 14,1kV∠-7,1°. O transformador tem uma resistência ôhmica de 0,5% e uma 
reatância indutiva de 7,0%. A potência reativa que flui da barra A para a barra B é de 10,0 
MVAr. Determinar o tap no lado de alta tensão do transformador.
Exercício 8.22 - (Prova ASP 01set03) - No sistema da figura, determine o valor do tap do 
transformador no lado de alta tensão, sabendo que a tensão na barra A é 143,5∠0°kV, a tensão 
na barra B 128,2∠-5,93°kV e a tensão na barra C é 13,14∠-9,63°kV.
Exercício 8.23 – (Prova ASP 13jun2006) - A concessionária local tem um transformador com 
as seguintes especificações: tensões nominais 230 kV e 138 kV, impedância 6,99%, potencia 
150 MVA, perda nos enrolamentos 0,30% e perda no núcleo 0,10%. Uma carga de 127 MW 
com fator de potência 0,96 atrasado está conectada no lado de 138 kV cuja tensão de operação 
é 144,7 kV. Suponha que a carga se mantém constante ao longo do tempo e que o custo da 
energia é de R$150,0 por MWh. Determine o custo das perdas totais no transformador 
durante o período de um ano.
Fluxo de Potência 35
carga
200km
1,5 Ω/km
0,5 Ω/km
270 kΩ ×km
gerador
∼ ∼
1 2
∼
A B
138kV/13,8kV
25 MVA
~ 97,0 km
R = 0,22 Ω/km
X
L
 = 0,5 Ω/km
X
C
 = 290 kΩxkm
138 kV / 13,8 kV
50 MVA
X = 6,4 %
tap= ? kV
Carga
47,0 MW
fp=0,94
(atrasado)
A B C
Exercício 8.24 – (Prova ASP 15jun207) - Determinar a perda de potência, em MW, na linha 
de transmissão. Os valores das tensões nas barras A e C são conhecidas. O transformado de 
230kV/69kV está conectado no tap de 216 kV. Utilizar como base para pu 100MVA e 13,8kV 
na barra A.
Fim
Fluxo de Potência 36
~
A
69kV/230kV
100 MVA
X = 10,1%
V=72,98∠ 3,40°kV
78,2km
R=0,10 Ω/km
X
L 
=0,422Ω/km
X
C 
=257,1kΩ*km
~
v=230,97 ∠6,20°kV
B C
Fluxo de Potência
Cargas Desequilibradas
Revisado em dezembro 2009
1 - Introdução
Fluxo de potência é uma das ferramentas básicas em análise de sistemas elétricos. As 
equações de fluxo de potência podem ser aplicadas tanto em sistemas de grande porte quanto 
em pequenas instalações. Através da análise do fluxo de potência pode-se conhecer o 
desempenho de sistemas sob o ponto de vista de operação ou planejamento.
A operação de um sistema é considerada adequada quando os níveis de tensão permanecem 
dentro de determinadas faixas. Em sistemas de grande porte, na maioria das vezes, considera-
se como normal variação de tensão entre 0,95 pu e 1,05 pu. Valor fora desta faixa pode 
significar que o sistema opera precariamente, entretanto existem exceções como, por exemplo, 
tensões da ordem de 0,90 pu em sistemas de pequeno porte. A análise de fluxo de potência 
deve também considerar os carregamentos dos componentes do sistema.
Nos sistemas de baixa tensão, muitas vezes, as cargas são desequilibradas. A avaliação de 
fluxo de potência com cargas desequilibradas pode ser feita através de equações de rede 
trifásicas ou através de componentes simétricas. A simulação de sistemas utilizando 
componentes simétricas é muito comum quando se analisa curtos circuitos. A simulação de 
sistemas com cargas desequilibradas é semelhante aos procedimentos utilizados com curto 
circuito.
A simulação de fluxo de potência com cargas desequilibradas requer a representação do 
sistema nas três seqüências. Os exemplos expostos nas páginas seguintes esclarecem a 
metodologia.
Fluxo de Potência 37
Exemplo 1 - Determine as tensões na barra 4 utilizando o método de Gauss - Seidel. O 
gerador conectado a barra 1 tem uma tensão de 6,9 kV. Use uma base de 6,9 kV e 100 MVA 
no gerador. Suponha que na barra 4, a carga está conectada na fase A. Os dois transformadores 
são DY aterrado. A impedância de seqüência zero da linha é (2,0+j2,0) Ω/km e a reatância 
capacitiva 400 kΩ/km.
SOLUÇÃO 1 - O primeiro passo para a solução do problema é determinar os diagramas de 
impedâncias em pu do sistema, conforme mostrado abaixo.
Fig.1 - Diagrama de impedâncias de seqüência positiva 
Fig. 2 - Diagrama de impedâncias de seqüência negativa
Fluxo de Potência 38
2 MVA
cosφ = 0,95
(atrasado)
100 km
R=0,5 Ω/km
X
L 
= 0,5 Ω/km6,9kV/34,5kV
X = 8%
10 MVA
carga
gerador trafo 2trafo 1
34,5kV/13,8kV
X = 7%
5 MVA
∼
1 2 3 4
carga
4,201+j4,201 j1,400j0,800
∼1,0 ∠ 0º
1 2 3 4
carga
4,201+j4,201 j1,400j0,8001 2 3 4
carga
16,804+J16,804 j1,400j0,8001 2 3 4
Fig. 3 - Diagrama de impedâncias de seqüência zero 
A carga do sistema na barra 4 é de 2 MVA, e supondo que o valor inicial da tensão na barra 4 
seja 1,0 pu, então a corrente na fase A corresponde a 0,02 pu, com um defasamentode 18,19 
graus, portanto:








−∠
=








0,0
0,0
19,1802,0 
c
b
a
i
i
i
 Eq 1
As correntes da carga no espaço de seqüência são:








−∠
−∠
−∠
=








−∠
×








×=








−
+



2,1802,0
2,1802,0
2,1802,0
3
1
0,0
0,0
2,1802,0
1
1
111
3
1
2
2
0
aa
aa
i
i
i
 Eq. 2
Em termos de seqüência positiva:


53,3805105,0
19,18006667,0)400,1201,4201,4800,0(41
∠
=−∠×+++=− ++ jjjvv
 Eq. 3
As tensões na barra de geração são fixas e equilibradas, portanto a tensão de seqüência 
positiva na barra 4 equivale a:
 90,19606,003180,09601,053,3805105,014 −∠=−=∠−= ++ jvv Eq. 4
Em termos de seqüência negativa:
 53,3805105,019,18006667,0)400,1201,4201,4800,0(41 ∠=−∠×+++=− −− jjjvv Eq. 5
Como a tensão de seqüência negativa na barra 1 é zero, então a tensão de seqüência negativa 
na barra 4 equivale a:
 53,3805105,053,3805105,014 ∠−=∠−= −− vv Eq. 6
De forma semelhante a tensão de seqüência zero na barra 4 equivale a:
 81,71009334,019,18006667,0)400,1(34 00 ∠−=−∠×−= jvv Eq. 7
Conhecendo as tensões da barra 4 no espaço de seqüência, então as tensões da barra 4 no 
espaço trifásico:
Fluxo de Potência 39








+−
−−
−
=








∠−
−∠
∠−
×








=








8890,04630,0
8431,04630,0
0725,09172,0
53,3805105,0
90,19606,0
81,71009334,0
1
1
111
4
4
4
2
2
j
j
j
aa
aa
v
v
v
c
b
a











∠
∠
−∠
=











5,117002,1
2,2419619,0
51,49201,0
4
4
4
c
b
a
v
v
v
 Eq. 8
Conhecendo a tensão na barra 4, e possível determinar os novos valores de corrente, e assim 
por diante.
SOLUÇÃO 2 – Uma outra solução é proceder de forma semelhante ao cálculo de um curto 
circuito monofásico através de uma impedância. A impedância seria a carga. O valor da 
impedância equivalente da carga é:
 19,180,5019,1802,0/1/1 *arg ∠=−∠== sz ac Eq. 9
O equivalente de seqüência positiva é 401,6201,4 j+ , idêntico ao equivalente de seqüência 
negativa e o equivalente de seqüência zero corresponde a 800,0j . Portanto o diagrama para 
simular o curto circuito monofásico é:
Fig. 4 Simulação de falta FT
De acordo com a Figura 4:
Fluxo de Potência 40
19,180,503 ∠×
J1,400
∼1,0 ∠ 0º
4,201+j6,401
4,201+j6,401


02,22006143,0)03,6191,150/(0,1
)19,18150400,1401,6201,4401,6201,4/(0,10
−∠=+
=∠+++++=== −+
j
jjjiii
Eq. 10
Portanto as correntes de seqüência equivalem a 02,22006143,0 −∠ . As tensões de seqüência:




98,67008600,002,22006143,0)400,1(0,04
70,3404703,002,22006143,0)401,6201,4(0,04
60,19617,002677,09613,0
70,3404703,00,102,22006143,0)401,6201,4(0,14
0 ∠−=−∠×−=
∠−=−∠×+−=
−∠=−
=∠−=−∠×+−=
−
+
jv
jv
j
jv
Eq. 11
As tensões da barra 4 no espaço trifásico correspondem a:








+−
−−
−
=








∠−
−∠
∠−
×








=








8848,04645,0
8472,04646,0
0616,09194,0
70,3404703,0
60,19617,0
98,67008600,0
1
1
111
4
4
4
2
2
j
j
j
aa
aa
v
v
v
c
b
a



 Eq. 12








∠
∠
−∠
=











7,1179993,0
3,2419662,0
83,39215,0
4
4
4
c
b
a
v
v
v
 Eq. 13
Exemplo 2 - Determine as tensões na barra 4 utilizando o método de Gauss - Seidel. O 
gerador conectado a barra 1 tem uma tensão de 6,9 kV. Use uma base de 6,9 kV e 100 MVA 
no gerador. Suponha que na barra 4 as cargas estão conectadas nas fases A e B. Os dois 
transformadores são DY aterrado. A impedância de seqüência zero da linha é (2,0+j2,0) Ω/km 
e a reatância capacitiva 400 kΩ/km.
SOLUÇÃO - O primeiro passo para a solução do problema é determinar as correntes de 
seqüência na barra 4.
A carga do sistema na barra 4 é de 2 MVA, e supondo que o valor inicial da tensão na barra 4 
(fases A e B) seja 1,0 pu, então a corrente corresponde a 0,02 pu, com um defasamento de 
18,19 graus, portanto:
Fluxo de Potência 41
2 MVA(A e B)
cosφ = 0,95
(atrasado)
100 km
R=0,5 Ω/km
X
L 
= 0,5 Ω/km6,9kV/34,5kV
X = 8%
10 MVA
carga
gerador trafo 2trafo 1
34,5kV/13,8kV
X = 7%
5 MVA
∼
1 2 3 4








−∠
=








0,0
0,0
19,1802,0 
c
b
a
i
i
i
 Eq 14
As correntes da carga no espaço de seqüência são:








+
−
−
=








∠
−∠
×








×=








−
+
01333,001491,0
01249,003800,0
01958,000409,0
3
1
0,0
8,22102,0
2,1802,0
1
1
111
3
1
2
2
0
j
j
j
aa
aa
i
i
i


 Eq. 15
As tensões de seqüência são:




80,110280,03/)01958,000409,0()400,1(0,04
52,980510,03/)01333,001491,0()401,6201,4(0,04
95,39223,00636,09201,0
53,381021,00,13/)01249,003800,0()401,6201,4(14
0 ∠−=−×−=
∠−=+×+−=
−∠=−
=∠−=−×+−=
−
++
jjv
jjv
j
jjvv
Eq. 16
As tensões da barra 4 no espaço trifásico correspondem a:








+−
−−
−
=








∠−
−∠
∠−
×








=








8416,04799,0
7390,05026,0
1197,09002,0
52,980510,0
95,39223,0
80,110280,0
1
1
111
4
4
4
2
2
j
j
j
aa
aa
v
v
v
c
b
a



Eq. 17








∠
∠
−∠
=











7,119969,0
8,2358937,0
57,79081,0
4
4
4
c
b
a
v
v
v
 Eq. 18
FIM
Fluxo de Potência 42
Fluxo de Potência:
Controle de tensão com reguladores de 
tensão ou taps de transformadores
Revisado em maio 2010
1 - Introdução
Os transformadores são eficientes no controle das tensões. As mudanças nos taps dos 
transformadores, ou reguladores de tensão, podem ser ajustadas para controlar as tensões. Os 
transformadores podem ter taps que somente são alterados com o transformador fora de 
operação ou taps variáveis com o transformador em operação. O primeiro tipo é denominado 
de transformadores com taps fixos. O segundo tipo é denominado de transformadores com 
taps variáveis sob carga, ou com a terminologia em inglês LTC ( Load Tap Changer ). Os 
transformadores com taps variáveis sob carga são mais caros e normalmente este recurso 
somente é utilizado em transformadores com potencia superior a 10 MVA.
Um outro recurso para controlar tensões são os reguladores de tensão. Os reguladores de 
tensão são equipamentos de pequeno porte, normalmente da ordem de 10 MVA ou menores, 
que são bastante utilizados na distribuição. Os reguladores de tensão são diferentes dos 
transformadores de potencia mas a simulação destes equipamentos pode ser feita do mesmo 
modo que os transformadores de potencia com taps variáveis.
O controle de tensão, por transformadores ou reguladores, introduz nas equações de fluxo de 
potencia, novas variáveis. Cada controle introduz duas variáveis nas equações, um valor 
conhecido que é a tensão controlada e uma incógnita que é o valor do tap.
O método de Newton Raphson desacoplado permite uma soluçãosimples e eficiente na 
consideração de controle de tensão por taps de transformadores. O controle de tensão por taps 
dificulta a convergência de diversos métodos, mas no caso do Newton Raphson desacoplado o 
controle de tensão melhora a convergência.
Fluxo de Potência 43
2 – Equações de Fluxo de Potencia
No sistema da figura a barra 1 é a referência e as outras barras são do tipo PQ. O 
transformador entre as barras 2 e 3 controla a tensão da barra 3 utilizando taps variáveis. Na 
barra de referência a tensão (módulo e defasamento) é conhecida e nas barras 2, 3 e 4 os 
valores da potência (parte ativa e reativa) são conhecidos. Na barra 3, o valor da tensão é 
conhecido e o valor do tap é uma incógnita.
Fig. 2.1
Supondo a existência de um transformador entre as barras 1 e 2 na figura abaixo, o 
equivalente será:
Fig. 2.2
Onde os valores em termos de impedâncias correspondem as seguintes equações:
Tza ×=
)1/(2 TTzb −×=
)1/( −×= TTzc
2.1
As equações acima em termos de admitancias correspondem a:
HyTya ×== //1
)(/1 2 HHyb −×=
)1/(/1 Hyc −×=
2.2
Portanto a equação matricial do sistema da figura é:








=








=
















−
+−
−+−
−
*
4
*
4
*
3
*
3
*
2
*
2
1
4
3
2
1
4
3
2
1
4434
34343232
23
2
232121
1211
/
/
/
00
0
0
00
vs
vs
vs
i
i
i
i
i
v
v
v
v
yy
yyyHy
HyHyyy
yy
2.3
Fluxo de Potência 44
z
T
1
/T
2
i
1
i
2
v
1
v
2
v
3
a
b c
i
1
i
2
v
1
v
2
1 2 4
P+jQ P+jQv
3
P+jQ
A segunda linha da equação matricial 2.3 é:
*
2
*
23232
2
2321121 /)()( vsvHyvHyyvy =−++− 2.4
Multiplicando a equação acima por *2v obtém-se:
*
2
*
2323
22
2321
*
2121 )()( svvHyVHyyvvy =−++− 2.5
A equação que define a potência na barra 2 pode ser reescrita como:
*
2322323
2
2
2
2321122121 )()( sVVHyVHyyVVy =∠−++∠− θθ 2.6
3 – Jacobianos de incrementos de ângulos e de tensões
O método desacoplado permite a dedução do Jacobiano relativo aos incrementos de ângulos 
independente dos incrementos de tensões. Os incrementos dos taps são tratados da mesma 
forma que os incrementos de tensões, pois as variações nos taps afetam fortemente as tensões 
sem grandes mudanças nos ângulos.
3.1 Determinação dos incrementos angulares - Supondo que se conheça uma solução 
aproximada para os defasamentos angulares pode-se escrever que:
*
2
*
2322323
2
2
2
2321122121 )()( ssVVHyVHyyVVy
aa ∆+≈∠−++∠− θθ 3.1.1
Considerando θθθ ∆+= corretoaproximado então:
*
2
*
232322323
2
2
2
232112122121
)()(
)()(
ssVVHy
VHyyVVy
c
c
∆+≈∆+∠
−++∆+∠−
θθ
θθ
3.1.2
O defasamento angular pode ser decomposto em:
=∆+×+∆+=∆+∠ )()cos()(1 θθθθθθ senj
≈∆×+∆×+∆−∆ θθθθθθθθ senjsenjsensen coscoscoscos
=∆×+×+∆− θθθθθθ coscos jsenjsen
θθθθθθθθ ∠∆×+∠=×+∆×+×+ jsenjjsenj 1)(coscos
3.1.3
Assim obtém-se que:
*
23232232312122121 ))( sjVVHyjVVy
cc ∆≈∠∆−∠∆− θθθθ 3.1.4
Fluxo de Potência 45
Considerando que:
os defasamentos angulares cijθ são relativamente pequenos;
os valores das tensões são próximos de 1,0;
a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que a parte reativa;
os valores de H são próximos da unidade, então:
*
232231221 )()( sjBjjBj ∆≈∆−∆− θθ 3.1.5
Sabendo que jiij θθθ ∆−∆=∆ , conclui-se que:
223232121 )()( PBB ∆≈∆−∆+∆−∆ θθθθ 3.1.6
Denominando 222321 BBB =+ , então:
2323222121 )( PABBB ∆−≈∆−∆+∆− θθθ 3.1.7
Uma rápida análise permite concluir que incrementos angulares são independentes dos valores 
dos taps. Sabendo que a barra 1 é a referência, portanto 0,01 =∆ θ , a equação matricial em 
termos de incrementos angulares do sistema da figura é: 








∆−
∆−
∆−
=








∆
∆
∆








−
−−
−
4
3
2
4
3
2
4443
343332
2322
0
0
P
P
P
BB
BBB
BB
θ
θ
θ
3.1.8
A fórmula resumida da equação para determinar os incrementos angulares é conhecida como:
[ ] [ ] [ ]PB ∆−=∆ θ' 3.1.9
O Jacobiano de incrementos angulares, no método de Newton Raphson desacoplado, não sofre 
qualquer alteração em sistemas com tensões controladas por taps da mesma forma que sistema 
com tensões controladas por reativos.
3.2 Determinação dos incrementos de tensões e taps - A dedução do Jacobiano referente 
aos incrementos da tensão pode ser feita de maneira semelhante ao que foi adotado para os 
incrementos angulares. 
A segunda linha da equação matricial 2.3 é:
*
2
*
2323223
2
21121 /)()()( vsvHyvyHyvy =−+++− 3.2.1
Fluxo de Potência 46
A tensão 3V é conhecida, portanto considera-se a existência de H∆ ao invés de 3V∆ , assim a 
segunda linha da equação matricial:
*
2
*
23222323
2
2223
2
2112221121
)()(
))()(())((
ssVVVHHy
VVyHHyVVVVy
cc
ccc
∆+=∠∆+∆+
−∆+∆+++∠∆+∆+−
θ
θ
3.2.2
A equação acima pode ser simplificada como:
*
23222323
2
223
2223
2
2112122121
)())(2(
)2)(()(
sHVVVyHVHy
VVyHyVVVVy
ccc
ccc
∆≈∠∆+∆−∆
+∆++∠∆+∆−
θ
θ
3.2.3
Sabendo que as tensões 0,1≈ciV e que os defasamentos angulares ijθ sào relativamente 
pequenos, então:
*
2223232323
22323
2
2121122121
))(()2)((
)2))((())((
sHVjBAHjBAH
VjBAHjBAVVjBA
∆≈∆+∆+−∆+
+∆++++∆+∆+−
3.2.4
Considerando sistemas em que a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que 
a parte reativa, então:
222323
223
2
211221
)()2)((
)2))((()(
QjHVjBHjBH
VjBHjBVVjB
∆−≈∆+∆−∆
+∆++∆+∆−
3.2.5
Sabendo que H tem um valor próximo da unidade a equação acima pode ser simplificada 
como:
22322321121 )())(()( QHBVBBVB ∆−≈∆+∆++∆− 3.2.6
A terceira linha da equação matricial 2.3:
*
3
*
343433432232 /)()()( vsvyvyyvHy =−+++− 3.2.7
Em termos de incrementos a terceira linha da equação matricial 2.3:
*
3
*
34344334
2
334322332232
)(
))(())()((
ssVVVy
VyyHHVVVy
cc
ccc
∆+=∠∆+
−++∠∆+∆+−
θ
θ
3.2.8
A equação acima pode ser simplificada como:
*
34343342332332 )()( sVVyHVVVy
ccc ∆≈∠∆−∠∆+∆− θθ 3.2.9
Fluxo de Potência 47
Sabendo que as tensões 0,1≈ciV e que os defasamentos angulares ijθ são relativamente 
pequenos, então:
*
343434323223232 ))(())(())(( sVjBAHjBAVjBA ∆≈∆+−∆+−∆+− 3.2.10
Considerando sistemas em que a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que 
a parte reativa, então:
343432232 ))(())(())(( QjVjBHjBVjB ∆−≈∆−∆−∆− 3.2.11
A equação acima pode ser simplificada como:
343432232 QVBHBVB ∆−≈∆−∆−∆− 3.2.12
A quarta linha da equação matricial 2.3:
*
4
*
4434334 /)()( vsvyvy =+− 3.2.13
Em termos incrementais a quarta linha:
*
4
*
4
2
44343444334 ))(()( ssVVyVVVy
ccc ∆+=++∠∆+− θ 3.2.14
Observa-se que na equação acima a tensão 3V é fixa e, portanto não tem incrementos. A 
equação acima pode ser simplificada como:
*
44434344334 )2()( sVVyVVy
cc ∆≈∆+∠∆− θ 3.2.15
Sabendo que as tensões 0,1≈ciV e que os defasamentos angulares ijθ são relativamente 
pequenos, então:
*
44343443434 )2()())(( sVjBAVjBA ∆≈∆++∆+− 3.2.16
Considerando sistemas em que a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que 
a parte reativa, então:
4434434 2 QjVjBVjB ∆−≈∆+∆− 3.2.17
A equação acima pode ser simplificada como:
4434 QVB ∆−≈∆ 3.2.18
Portanto a quarta linha é independente de 3V∆ como era de se esperar, pois 3V é um valor 
conhecido.
Fluxo de Potência 48
O Jacobiano dos incrementos de tensão está mostrado na equação 3.2.19. Sabendo que a