Fluxo de Potência

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Básico de Fluxo de Potência
Fundamentos de Sistemas 
Elétricos de Potência
Referências bibliográficas
[1] ELGERD, Olle Ingemar. Introdução à Teoria de Sistemas de Energia 
Elétrica. Ed. McGraw-Hill do Brasil. São Paulo, 1976.
[2] JR, William D. Stevenson. Elementos de Análise de Sistemas de 
Potência. Ed. McGraw-Hill. São Paulo, 1986.
[3] MONTICELLI, Alcir José. Fluxo de Carga em Redes de Energia Elétrica. 
Ed. Edgard Blucher. São Paulo, 1983.
Considerações operacionais sobre os 
sistemas de potência
Objetivo do sistema elétrico:
- Fornecer energia para uma determinada região geográfica.
Requisitos do sistema elétrico:
- Fornecer energia onde for solicitado
- Como demanda varia (no tempo), o sistema deve fornecer sempre o 
valor adequado: jQPS +=
- Fornecer energia com qualidade: f, |V|, forma de onda e confiabilidade
- Mínimo custo (econômico e ambiental)
Capacidade de transmissão de linhas
Determinação das expressões para as potências 
ativa e reativa transmitidas pela linha abaixo
Capacidade de transmissão de linhas
Condições iniciais:
1- As duas tensões de barra Vi e Vj são conhecidas e expressas em 
valores de fase;
2 – A linha possui uma impedância série Z = R + jX, por fase;
3 – A corrente de linha “I” é a mesma ao longo da linha. Para linhas 
“longas” isso não é muito exato;
4 – Devido às perdas na linha, as potências transmitidas (Sij e Sji), 
medidas em cada extremo da linha, não serão iguais. Ambas são 
consideradas positivas quando se afastam das respectivas barras.
Capacidade de transmissão de linhas
Uma vez que temos:
Z
VV
I ji
−
= , obtemos para as potências da linha:
( )
jXR
eVVV
Z
VV
VIVjQPS
ji VVj
jiiji
iiijijij
−
−
=
−
==+=
∠−∠2
*
**
*
( )
( )
jXR
eVVV
IVjQPS
ij VVj
jij
jjijiji
−
−
=−=+=
∠−∠2
*
Sendo o ângulo de potência: ji VV ∠−∠=δ
E separando as partes reais e imaginárias:
( )δδ senVVXVVRVR
XR
P jijiiij +−+
= cos
1 2
22
( )δδ senVVRVVXVX
XR
Q jijiiij −−+= cos
1 2
22
( )δδ senVVXVVRVR
XR
P jijijji −−+
= cos
1 2
22
( )δδ senVVRVVXVX
XR
Q jijijji +−+= cos
1 2
22
Obs: tensões de fase 
fornecem potências por fase, 
tensões de linha fornecem 
potências trifásicas
Capacidade de transmissão de linhas
Exercício: Considere a linha da figura abaixo. Sua tensão nominal é 345 [kV] (tensão 
de linha). A linha é relativamente curta, comprimento de 80 [km], com impedância Z = 5 
+ j40 [Ω] por fase. Consideremos que os módulos das tensões em ambas as barras “i” 
e “j” possam ser controlados (isso pressupõe que tenhamos, em cada barra, fontes 
controláveis de potência reativa).
Admitamos que as tensões terminais (tensões de linha) sejam: |Vi| = 345 [kV] e |Vj| = 
360 [kV]. Admitamos também que Vi esteja adiantada de 10° em relação a Vj, ou seja, 
δ = +10°.
a) Calcule as potências ativa e reativa da linha em cada um dos extremos;
b) Calcule as perdas totais da linha Pperdas + jQperdas em valores totais trifásicos;
c) Considere um “perfil horizontal de tensão”, |Vi| = |Vj| = 345 [kV] e δ = 10°. Calcule 
novamente as potências da linha e as perdas;
d) Mude os níveis de tensão novamente para |Vi| = 345 [kV] e |Vj| = 360 [kV], mas 
com δ = 15°. Determine as potências ativa e reativa da linha.
e) Faça uma análise dos resultados e comente fatos importantes.
Capacidade de transmissão de linhas
Qual a capacidade estática de transmissão de uma linha?
Em outras palavras, qual seu limite de estabilidade estática?
Aumentando lentamente a carga, forçamos um aumento lento da 
energia que está sendo transmitida pela linha.
Como simplificação, consideremos a linha sem perdas ativas; em 
outras palavras, R = 0
Sem perdas ativas na linha, as potências ativas no “terminal de 
saída” e no “terminal de entrada” deverão ser iguais.
Capacidade de transmissão de linhas
δsen
X
VV
PP jijiij =−=
Se as tensões nas barras forem mantidas constantes:
δsenPPij max= onde, constantemax == X
VV
P ji
A única maneira pela qual podemos afetar o valor da potência 
transmitida é mudando o ângulo de fase δ.
Quando um aumento de carga força o crescimento da potência 
transmitida, isso ocorre por meio de um aumento do ângulo de fase 
entre Vi e Vj.
Capacidade de transmissão de linhas
A potência muda de sinal com a mudança 
de sinal de δ, ou seja, o sentido do fluxo
de potência é determinado por qual 
tensão está adiantada em relação à outra.
Quando Pmax é atingida, δ atinge 90º e 
qualquer incremento fornecido à carga 
não resultará num aumento da potência 
transmitida.
Quando um incremento de carga força δ
para além de 90°, a potência transmitida 
começa a decrescer.
Nesse ponto perde-se o sincronismo entre 
as barras i e j. Esse é o limite de 
estabilidade estática
Potência da linha em função de δ
Capacidade de transmissão de linhas
Pmax representa a capacidade de 
transmissão estática da linha (para 
tensões constantes nas barras).
Pmax possui duas importantes 
características:
1 – cresce com o quadrado da tensão de 
transmissão;
2 – é inversamente proporcional à 
reatância da linha.
Essa é uma boa razão para altas tensões
de transmissão.
Baixas reatâncias em série podem ser 
obtidas com linhas em paralelo, feixes de 
condutores, ou inserindo capacitores em 
série.
Potência da linha em função de δ
X
VV
P ji=max
Capacidade de transmissão de linhas
Exemplo: Calculemos a capacidade de transmissão estática trifásica de 
duas linhas distintas, ambas com um comprimento de 200 [km].
Caso a) Linha com tensão nominal de 230 [kV], 1 condutor por fase com 
reatância de 0,5 [Ω/km];
Caso b) Linha com tensão nominal de 765 [kV], 4 condutores por fase 
com reatância de 0,35 [Ω/km].
[ ]MW
X
VV
P ji 529
2005,0
2302
max =
×
==
[ ]MW
X
VV
P ji 8360
20035,0
7652
max =
×
==
Portanto, nas condições estabelecidas, a linha de 765 [kV] conduz a 
mesma potência que aproximadamente 16 linhas de 230 [kV]
Capacidade de transmissão de linhas
O aumento incremental da potência 
transmitida, ∆Pij ,causado pelo pequeno 
incremento de ∆δ é uma medida de 
“firmeza elétrica” da linha de transmissão.
O coeficiente de “firmeza” ou coeficiente 
de sincronismo é definido por:
[ ]radMWP
d
dPP
T ijijij /cosmax δδδ =≈∆
∆
=
Se δ aproxima-se de ±90°, o coeficiente 
aproxima-se de zero. Por essa razão, as 
linhas raramente funcionam com ângulos 
de potência superiores a 30° ou a 40°.
Potência da linha em função de δ
Capacidade de transmissão de linhas
Vimos então que para uma linha sem perdas: δsenPPP jiij max=−=
X
VV
P ji=max capacidade de transmissão estática
δ = 90º ângulo limite de estabilidade estática
E para uma linha com perdas? Ljiperdasij PPPP =−=−
( )δδ senVVXVVRVR
XR
P jijijji −−+
= cos
1 2
22
Esta potência é máxima quando: 0=
∂
∂
=
∂
∂
δδ
jiL PP
δδδ cos2222 jiji
ji VV
XR
X
senVV
XR
RP
+
−
+
=
∂
∂
Igualando a expressão a zero: 0cos2222 =+
−
+
δδ
XR
X
sen
XR
R
Capacidade de transmissão de linhas
0cos2222 =+
−
+
δδ
XR
X
sen
XR
R
δδ cosXsenR =
R
Xsen
=δ
δ
cos
ijZ
tgtg δδ =
ijZ
δδ =
Ou seja, o ângulo limite de estabilidade estática de uma linha 
com perdas é o próprio ângulo da linha
Capacidade de transmissão de linhas
Exemplo: determinar a capacidade estática de transmissão e o ângulo 
limite de estabilidade estática de uma linha de transmissão trifásica de 
220kV, 60Hz, Z = 10 + j100 [Ω].
°= 3,84
ijZ
δ [ ]MWPL 68,433=
°= 3,84limδ
[ ]MWP 68,433max =
Características da carga
Individualmente as cargas são altamente aleatórias; concentradas
possuem caráter previsível.
Cargas concentradas são previstas de algumas maneiras:Ponta x Fora de ponta;
Dia útil x Final de semana e feriados;
Inverno x Verão;
Período úmido x Período sêco.
Dependência da carga com
tensão e frequência
Carga formada por associação RL:
( )
( ) ZZ
V
Z
Z
Z
V
Z
VV
Z
VVIVS 2
2
*
2
*
*
*
*
===





==
{ } ( ) ( ) 222,Re VLR
RVfPSP
ω+
===
{ } ( ) ( ) 222,Im VLR
LVfQSQ
ω
ω
+
===
P e Q crescem com o quadrado da tensão 
P diminui e Q aumenta com o aumento da frequência
Carga composta: também varia com a tensão e frequência, mas a 
relação funcional não pode ser obtida analiticamente.
O balanço da potência ativa e seus 
efeitos sobre a frequência do sistema
A frequência deve ser mantida dentro de limites rigorosos:
- a maioria dos motores CA giram com velocidades relacionadas à 
frequência;
- o sistema pode ser melhor controlado se a frequência for mantida dentro 
de limites estreitos (normalmente ±0,05 [Hz])
Mecanismo carga-frequência (porque a frequência tende a variar?)
Condições normais: geradores em sincronismo e PGERADO = PCONSUMIDO + PPERDAS
Aumento de carga: momentaneamente (ordem de segundos), as máquinas 
motrizes (pressão do vapor, volume de água) estarão fornecendo pouca energia 
mecânica, provocando redução na velocidade dos geradores (inversamente 
proporcional a sua inércia) → redução na frequência do sistema
Redução de carga: momentaneamente (ordem de segundos), as máquinas 
motrizes (pressão do vapor, volume de água) estarão fornecendo muita energia 
mecânica, provocando aumento na velocidade dos geradores (inversamente 
proporcional a sua inércia) → aumento na frequência do sistema
O balanço da potência ativa e seus 
efeitos sobre a frequência do sistema
Mecanismo carga-frequência
Evidentemente, ao perceber alterações na frequência, o controle de 
velocidade dos geradores é acionado a cada instante de tempo para 
ajustar a quantidade de energia produzida à demanda do momento.
Esse controle é empregado para corrigir pequenas faltas ou excessos de 
potência ativa no sistema; o despacho dos geradores é estabelecido 
inicialmente, considerando a carga prevista, a disponibilidade dos 
geradores, o melhor uso da água e custo de geração (ONS).
O balanço da potência reativa e seus 
efeitos sobre a tensão do sistema
Assim como frequência constante é a melhor garantia de que o balaço de 
potência ativa está sendo mantido, uma tensão constante de barra garante 
que o equilíbrio entre potência reativa produzida e consumida está sendo 
mantido.
Considere o sistema de duas barras abaixo:
Como não existe gerador na barra 2, a carga P+jQ deve ser alimentada a 
partir da barra 1 por meio da linha 
O balanço da potência reativa e seus 
efeitos sobre a tensão do sistema
Hipóteses simplificadoras:
1) |V1| constante (através do controle de campo de G1) e será escolhida 
como tensão de referência (V1∟0°)
2) A impedância da linha é puramente indutiva (Z=jX), ou seja, a linha não 
tem perdas ativas (PPERDAS=0)
3) Desprezaremos as perdas reativas na reatância da linha (QPERDAS=0)
O balanço da potência reativa e seus 
efeitos sobre a tensão do sistema
IjXVZIVV −=−= 112
jQPIVSS +=== *112
Como fizemos R=0 e desprezamos 
as perdas reativas na LT:
Logo:
11
*
1
*
1 0 V
jQP
V
jQP
V
jQP
V
SI −=
°∠
−
=
−
=





≈
P
V
XjQ
V
XVjX
V
jQPVV
11
1
1
12 −−=
−
−=
O balanço da potência reativa e seus 
efeitos sobre a tensão do sistema
Conclusões:
1) Uma variação da potência ativa P afeta o fasor queda de tensão 
que é perpendicular a V1. Portanto, não ocorrerá variações
apreciáveis no módulo de V2.
2) Uma variação da potência reativa Q afeta o fasor queda de tensão 
que está em fase com V1. Portanto, a variação no módulo de V2 é 
essencialmente proporcional a Q. (veja efeito tracejado no diagrama)
O balanço da potência reativa e seus 
efeitos sobre a tensão do sistema
Se quisermos manter constante |V2|, devemos fazer com que as 
demandas variáveis de Q sejam compensadas localmente na barra 2, 
de modo que elas não necessitem ser transportadas pela linha.
Por exemplo: a geração local de Q pode ser conseguida através de 
capacitores em paralelo.
Não há necessidade de controlar os níveis de tensão entre limites 
estreitos, como no caso da frequência.
Mudando a relação de transformação nos transformadores pode-se 
compensar esse perfil variável da tensão primária (ao longo do dia), e 
manter a tensão secundária constante, nos níveis do consumidor.
O balanço da potência reativa e seus 
efeitos sobre a tensão do sistema
Exemplo: Acrescente um gerador à barra 2 do sistema anterior. 
Determinar as potências a serem fornecidas pelos geradores a fim de 
manter um dado perfil de tensão. Na figura abaixo definimos as 
potências nos diversos pontos do sistema.
Hipóteses:
1) |V1| = |V2| = 1,00 [pu]
2) A reatância da linha vale 0,3 [pu]. Resistência desprezada.
3) As cargas nas duas barras são:
SD1 = 10,0+j3,0 [pu] e SD2 = 20,0+j10,0 [pu]
4) Da carga ativa total (30 [pu]), só 10,0 [pu] podem ser geradas em G2.
O balanço da potência reativa e seus 
efeitos sobre a tensão do sistema
Solução:
Como G2 só pode gerar 10,0 [pu] de potência ativa, os outros 10,0 
[pu], necessários para suprir a potência ativa demandada na barra 2, 
deverá vir de G1 pela linha.
Como as perdas ativas na linha são nulas, resistência foi desprezada, 
PG1 = 20,0 [pu].
( )δδ senVVXVVRVR
XR
P jijiiij +−+
= cos
1 2
22
( )δδ senVVRVVXVX
XR
Q jijiiij −−+= cos
1 2
22
( )δδ senVVXVVRVR
XR
P jijijji −−+
= cos
1 2
22
( )δδ senVVRVVXVX
XR
Q jijijji +−+= cos
1 2
22
Conforme deduzido anteriormente:
O balanço da potência reativa e seus 
efeitos sobre a tensão do sistema
Solução (continuação):
δsen
X
VV
PP 211212 =−= ( )δcos1 212112 VVVXQ −= ( )δcos1 212221 VVVXQ −=
Fazendo R=0:
°=⇒
×
= 5,17
03,0
110,10 δδsen
Conhecendo a potência ativa da linha e o módulo das tensões:
Com V1 como tensão de referência: °−∠= 5,1700,12V
Conhecendo δ podemos calcular o fluxo de potência reativa na linha:
( ) [ ]puQ 54,15,17cos1
03,0
1
12 =°−= ( ) [ ]puQ 54,15,17cos103,0
1
21 =°−=
O balanço da potência reativa e seus 
efeitos sobre a tensão do sistema
Solução (continuação):
Obtemos as potências reativas geradas em ambas as barras 
somando a carga reativa e o fluxo da linha:
[ ]puQG 54,454,10,31 =+=
Esses MVAr deverão ser produzidos pelos geradores e/ou por 
capacitores em paralelo, se quisermos manter o desejado perfil de 
tensão.
[ ]puQG 54,1154,10,102 =+=
Conhecemos então o fluxo de potência total da linha. 
O balanço da potência reativa e seus 
efeitos sobre a tensão do sistema
Solução (continuação):
[ ]puQPERDAS 08,354,154,1 =+=
Note que as potências reativas saem das barras em ambos os 
extremos. Isso significa que as perdas reativas na linha valem:
O exemplo é na realidade uma amostra de um
Estudo de Fluxo de Carga
Fluxo de potência
Introdução
Estudo básico para outros estudos, tais como, 
Análise de Faltas, Análise de Contingências, 
Despacho, Econômico, Estabilidade, ...
Dados do SEP para este estudo:
Dados nominais e/ou operacionais dos equipamentos;
As cargas que se deseja atender;
As capacidades de geração das usinas;
Os limites e as restrições operacionais do SEP.
Considera que o SEP é trifásico e equilibrado
Fluxo de potência
Modelagem do SEP
Os métodos para resolução do problema de Fluxo 
de Potência são baseados no equacionamento 
nodal, ou seja, a partir do Diagrama de Admitâncias.
Vetor das Injeções de
Corrente nas Barras
BUSBUSBUS VYI && ×=
Matriz das
Admitâncias Nodais
Vetor das Tensões 
nas Barras
Fluxo de potência
Modelagem do SEP
Neste tipode problema, a modelagem é estática, 
significando que a rede é representada por um conjunto de 
equações e inequações algébricas (Regime Permanente).
Características Importantes das Equações Estáticas do 
Fluxo de Carga (EEFC):
• As equações são não lineares. → soluções numéricas;
• Em geral, na análise de circuitos, as equações relacionam tensões e 
correntes. As EEFC relacionam tensões e potências, porque nunca 
estamos explicitamente interessados em correntes (Balanços de 
Potência Ativa e Reativa);
• Nas equações não encontramos explicitamente a variável frequência, 
mas é lógico que ela aparece nas reatâncias XL e XC . As EEFC supõem 
regime permanente, isto é, frequência constante.
Fluxo de potência
Modelagem do SEP
Classificação dos componentes de um SEP:
• Aqueles ligados entre um nó qualquer e o nó terra (de 
referência, de potencial elétrico nulo):
Geradores;
Cargas;
Reatores e Capacitores (Compensadores shunt);
Compensadores síncronos.
• Aqueles ligados entre dois nós quaisquer (que não o nó 
terra):
Linhas de Transmissão;
Transformadores;
(Transformadores) Defasadores;
Compensadores série.
Fluxo de potência
Modelagem do SEP
Geradores: Modelados através de injeções de potência 
(ativa, normalmente) nas barras.
Cargas: Modeladas, normalmente, por injeções de potência
ativa e reativa, constantes, nas barras.
Fluxo de potência
Modelagem do SEP
Compensadores Shunt: Modelados pela Admitância Shunt 
nominal do elemento.
Compensadores Síncronos: Modelados por injeções de 
potência ativa e reativa, constantes, na barra
Fluxo de potência
Modelagem do SEP
Linhas de Transmissão: Modelo π nominal ou equivalente.
Compensadores Série: Modelados pela admitância série 
nominal do elemento.
Fluxo de potência
Modelagem do SEP
Transformadores: Modelo do transformador real é o de uma 
admitância em série com um transformador ideal.
Onde: é a relação de transformação do trafo kmkmkm at ϕ∠=
Fluxo de potência
Matriz YBUS
A matriz YBUS pode ser construída por inspeção.
Elementos da diagonal Yjj serão iguais à soma das 
admitâncias diretamente conectadas à barra j. 
(Admitâncias Próprias das barras)..
Elementos fora da diagonal principal Yij serão iguais 
aos valores das admitâncias líquidas (equivalentes) 
conectadas entre as barras i e j, com sinal trocado. 
(Admitâncias de Transferência entre as barras i e j).
Fluxo de potência
Matriz YBUS
Exemplo: Dado o diagrama de admitâncias abaixo, 
determinar a matriz YBUS.
Fluxo de potência
Matriz YBUS
Segundo a metodologia para determinação da YBUS por 
inspeção:
Fluxo de potência
Formulação do problema
Na formulação mais simples do problema (formulação 
básica), a cada barra da rede são associadas 4 variáveis
(Vk , θk , Pk e Qk), sendo que duas delas entram no 
problema como dados e as duas outras como incógnitas.
Assim, define-se 3 tipos de barras:
A barra de Referência (slack ou swing) tem 2 funções:
Ser a referência angular do sistema;
Fechar o balanço de potência do sistema (perdas).
Fluxo de potência
Formulação do problema
Para o SEP representado na figura abaixo, pode-se escrever:
kkk jQPS +=
ΩΩΩ +=+= kkkkkk jQPSjQPS L111
Mas:
Ω+++= kkkk PPPP L21
Ω+++= kkkk QQQQ L21
Pode-se assim desenvolver as seguintes expressões:
( ) ( )[ ]∑
∈
+++=
Km
kmkmkmkmkmkmmkk senBGVVP ϕθϕθcos
( ) ( )[ ]∑
∈
+++=
Km
kmkmkmkmkmkmmkk senBGVVQ ϕθϕθcos
Onde: K = todas as barras vizinhas à barra k, inclusive a barra k;
Os elementos shunt da barra já estão incluídos nos elementos da YBUS.
Fluxo de potência
Formulação do problema
A Formulação do Problema envolve não só o conjunto de 
equações anteriores (Pk =Σ ... e Qk =Σ ... para todas as 
barras do sistema), mas também um conjunto de inequações, 
formado pelas restrições dos dispositivos de controle e limites 
operacionais.
Por exemplo, restrições nas magnitudes das tensões nodais 
nas barras de carga PQ ou os limites nas injeções de 
potência reativa das barras de geração PV:
máx
kk
mín
k VVV <<
máx
kk
mín
k QQQ <<
Além destas, os limites de taps de transformadores em fase e 
defasadores, os limites na capacidade de geração de barras 
responsáveis pelo controle de intercâmbio, limites das 
magnitudes das tensões das barras PV, etc...
Fluxo de potência
Formulação do problema
A solução para todo o problema de fluxo de potência pode 
ser alcançada por partes, ou seja, iterativamente.
Resolve-se o conjunto de equações, e depois, testa-se o 
conjunto de inequações.
1. Algorítmo Básico
Solução do sistema de equações algébricas;
Métodos Iterativos.
2. Sistema de Inequações
Teste da solução encontrada do algorítmo básico.
Caso esta não seja satisfatória, mudar condições e
refazer Algorítmo Básico.
Fluxo de potência
Formulação do problema
A solução para todo o problema de fluxo de potência pode 
ser alcançada por partes, ou seja, iterativamente.
Resolve-se o conjunto de equações, e depois, testa-se o 
conjunto de inequações.
O álgorítmo básico será solucionado através de Métodos 
Numéricos (Iterativos), tais como:
Método de Gauss-Seidel
Método de Newton-Raphson
Método Desacoplado Rápido
Fluxo de potência
Exemplo
Considere o SEP descrito a seguir. Ele é composto de 3 barras e 2 linhas de 
transmissão. Existem unidades geradoras de energia em todas as barras do 
SEP, o que permite que suas tensões sejam mantidas nos valores nominais. 
Sabe-se ainda que a capacidade de geração de potência ativa em cada barra 
é de 1,5pu. Pede-se resolver o problema de Fluxo de Potência, utilizando o 
método de Gauss-Seidel, considerando ε=0,001. Apresentar os resultados de 
cada iteração e, por fim, completar as Tabelas.
Barra Tipo Geração Carga Tensão (pu)
Ângulo 
(o)P (pu) Q (pu) P (pu) Q (pu)
1 1,0 0,0
2 0,5 0,2
3 2,0 0,5
Entre Barras Admitância Série Admitância Shunt (pu)G (pu) B (pu)
1 2 4,0 -20,0 0,0
2 3 2,0 -10,0 0,0
Entre Barras P (pu) Q (pu)
1 2
2 1
2 3
3 2
Fluxo de potência
Exemplo
Barra Tipo
Geração Carga Tensão
(pu)
Ângulo
(°)P (pu) Q (pu) P (pu) Q (pu)
1 PV 1,0 ? 1,0 0,0 1,0 ?
2 Vteta ? ? 0,5 0,2 1,0 0,0
3 PV 1,5 ? 2,0 0,5 1,0 ?
Condições iniciais:
Resolução pelo método de Gauss-seidel:










−+−
+−−+−
+−−
=
0,100,20,100,20
0,100,20,300,60,200,4
00,200,40,200,4
jj
jjj
jj
Ybus
( ) 00,101 ∠=V ( ) 00,102 ∠=V
( ) 00,103 ∠=V
01 =liqP 223 DGliq PPP −= 5,03 −=liqP→ 
Fluxo de potência
Exemplo
Primeira iteração:
( ) ( ) ( ) ( )














+−ℑ= ∑∑
=
−
=
++
N
ij
v
jij
i
j
v
jij
v
i
v
i VYVYVmQ &&& ..
1
1
1*1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]{ }0313021201110*111 ... VYVYVYVmQ &&&& ++−ℑ=
( ) ( )( ) ( )( ) ( )[ ]{ }00,1000,10,200,400,10,200,400,111 ∠+∠+−+∠−∠−ℑ= jjmQ → ( ) 011 =Q
( ) ( )
( )
( ) ( )






−−
−
= ∑∑
+=
−
=
+
+
+
N
ij
v
jij
i
j
v
jijv
i
v
ii
ii
v
i VYVYV
jQP
Y
V
1
1
1
1
*
1
1
..
1
&&
&
&
( ) ( )
( )
( ) ( )






−−
−
=
0
313
0
2120*
1
1
11
11
1
1 ..
1 VYVY
V
jQP
Y
V &&
&
&
( )
( ) ( ) ( )( ) ( )



 ∠−∠+−−
∠−
= 00,1000,10,200,4
00,1
0
0,200,4
11
1 jjV
&
→
( ) 00,111 ∠=V&
Fluxo de potência
Exemplo
Primeira iteração:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]{ }0333023201310*313 ... VYVYVYVmQ &&&& ++−ℑ=
( ) ( ) ( )( ) ( )( )[ ]{ }00,10,100,200,10,100,200,1000,113 ∠−+∠+−+∠∠−ℑ= jjmQ → ( ) 013 =Q
( ) ( )
( )
( ) ( )






−−
−
=
0
232
0
1310*
3
1
33
33
1
3 ..
1 VYVY
V
jQP
Y
V &&
&
&
( )
( ) ( ) ( ) ( )( )


 ∠+−−∠−
∠
−−
−
= 00,10,100,200,10
00,1
05,0
0,100,2
11
3 j
j
jV
& →
( ) 779,2991,013 −∠=V&
( ) ( ) ξ<=−=−=∆ 0,00,10,101111 VVV
( ) ( ) ξ>=−=−=∆ 009,00,1991,003133 VVV
Fluxo de potência
Exemplo
Segunda iteração:
( ) 021 =Q ( ) 00,121 ∠=V& ( ) 109,023 =Q ( ) 876,2999,023 −∠=V&
( ) ( ) ξ<=−=−=∆ 0,00,10,111211 VVV
( ) ( ) ξ==−=−=∆ 001,00,1999,013233 VVV
Resultado final pelo método Gauss-seidel:
111 0 DGliq QQQ −== puQG 01 = o01 =θ→
∑
=
=−
N
n
niniii VYVjQP
1
*
.
&&
→ ( )323222121*222 ... VYVYVYVjQP &&&& ++=−
( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )[ ]876,210,100,2010,300,6010,200,40122 −∠+−+∠−+∠+−∠=− jjjQP
088,0504,022 jjQP +=− , logo: 5,0504,0222 +=+= DG PPP
→ puPG 004,12 =
Fluxo de potência
Exemplo
Resultado final pelo método Gauss-seidel:
2,0088,0222 +−=+= DG QQQ → puQG 112,02 =
333 109,0 DGliq QQQ −== puQG 609,03 = o876,23 −=θ→
Dados das Barras
Barra Tipo Geração Carga Tensão(pu)
Ângulo
(°)P (pu) Q (pu) P (pu) Q (pu)
1 PV 1,0 0,0 1,0 0,0 1,0 0,0
2 Vteta 1,004 0,112 0,5 0,2 1,0 0,0
3 PV 1,5 0,609 2,0 0,5 1,0 -2,876
Fluxos de Potência
Entre Barras P (pu) Q (pu)
1 2 0,0 0,0
2 1 0,0 0,0
2 3 0,504 0,0
3 2 0,0 0,109