Apostila sp1 luciano

UNIVERSIDADE CATÓLICA DE PELOTAS
ESCOLA DE ENGENHARIA E ARQUITETURA
ENGENHARIA ELÉTRICA
SISTEMAS DE POTÊNCIA I − 052814
NOTAS DE AULA
Prof. LUCIANO VITORIA BARBOZA, Dr.Eng.

SUMÁRIO
Capítulo 1. Representação dos Sistemas de Potência .................................................................. 1
1.1. Aspectos gerais ....................................................................................................................... 1
1.2. Modelo de circuito de uma máquina síncrona ........................................................................ 1
1.3. Transformador ideal ............................................................................................................... 3
1.4. Circuito equivalente de um transformador real ...................................................................... 5
1.5. Circuito equivalente de um transformador real com tap fora do valor nominal .................... 7
1.6. Autotransformador ................................................................................................................. 9
1.7. Grandezas em por unidade ................................................................................................... 10
1.8. Impedância por unidade em circuitos com transformadores ................................................ 11
1.9. Impedância por unidade de transformadores de três enrolamentos ...................................... 13
1.10. Diagrama unifilar ............................................................................................................... 15
1.11. Diagramas de impedâncias e reatâncias ............................................................................. 17
1.12. Lista de exercícios .............................................................................................................. 20
Capítulo 2. Cálculo de Redes ....................................................................................................... 23
2.1. Aspectos gerais ..................................................................................................................... 23
2.2. Equivalência de fontes .......................................................................................................... 23
2.3. Equações nodais ................................................................................................................... 24
2.4. Partição de matrizes .............................................................................................................. 27
2.5. Eliminação de nós pela álgebra matricial ............................................................................. 28
2.6. Matrizes admitância e impedância de barra ......................................................................... 31
2.7. Modificação de uma matriz impedância de barra já existente ............................................. 32
Caso 1: Adição de um ramo de uma nova barra p até à barra de referência ............................ 32
Caso 2: Adição de um ramo de uma nova barra p até uma barra k já existente ....................... 33
Caso 3: Adição de um ramo de uma barra k já existente até à barra de referência .................. 34
Caso 4: Adição de um ramo entre duas barras j e k já existentes ............................................. 35
2.8. Determinação direta da matriz impedância de barra ............................................................ 36
2.9. Lista de Exercícios ............................................................................................................... 38

Sumário Prof. Luciano Vitoria Barboza
Sistemas de Potência I iii
Capítulo 3. Fluxo de Potência ...................................................................................................... 41
3.1. Aspectos gerais ..................................................................................................................... 41
3.2. Formulação do problema ...................................................................................................... 41
3.3. Fluxos de potências ativa e reativa .........................................................................................43
3.3.1. Linhas de transmissão ..................................................................................................... 43
3.3.2. Transformadores em fase ................................................................................................ 44
3.4. Formulação matricial ............................................................................................................ 45
3.5. Equacionamento em termos das variáveis do sistema .......................................................... 47
3.6. Métodos iterativos de Gauss e de Gauss-Seidel ................................................................... 49
3.7. Método iterativo de Newton-Raphson ................................................................................. 50
3.8. Métodos iterativos desacoplados .......................................................................................... 52
3.8.1. Método de Newton-Raphson desacoplado ..................................................................... 53
3.9. Fluxo de potência linearizado ou Fluxo de carga CC ........................................................... 54
3.9.1. Linearização .................................................................................................................... 55
3.9.2. Formulação matricial ...................................................................................................... 55
3.10. Características dos métodos de solução do fluxo de potência ............................................ 56
3.11. Ajustes e controles .............................................................................................................. 57
3.12. Cargas variáveis com a tensão ............................................................................................ 59
Capítulo 4. Operação Econômica de Sistemas de Potência ...................................................... 60
4.1. Aspectos gerais ..................................................................................................................... 60
4.2. Distribuição de carga entre as unidades de uma mesma central .......................................... 60
4.3. Perdas na transmissão em função da geração da central ...................................................... 64
4.4. Distribuição de carga entre centrais ..................................................................................... 67
4.5. Controle automático de geração ........................................................................................... 69
4.6. Lista de exercícios ................................................................................................................ 72
Apêndice A. Algoritmos para Fluxo de Potência ...................................................................... 75
A.1. Método de Gauss ................................................................................................................. 75
A.2. Método de Gauss-Seidel ...................................................................................................... 76
A.3. Método de Newton-Raphson ............................................................................................... 77
A.4. Método de Newton desacoplado ......................................................................................... 78

I. REPRESENTAÇÃO DOS SISTEMAS DE POTÊNCIA
1.1. Aspectos Gerais
Neste ponto do estudo sobre sistemas de potência, já se completou o desenvolvimento do modelo
do circuito de uma linha de transmissão e já se iniciou os cálculos de tensão, corrente e potência em
uma linha. Neste capítulo, serão desenvolvidos os modelos de circuito para a máquina síncrona e
para o transformador de potência. Dessa forma, será possível representar o sistema de energia por
inteiro.
1.2. Modelo de Circuito de uma Máquina Síncrona
A tensão terminal em uma máquina síncrona, atuando como gerador, pode ser expressa como
t f a ar a l t f a SV E jI X jI X V E jI X= − − ⇒ = − (1.1)
onde Vt é a tensão terminal sob carga;
Ef é a tensão gerada a vazio;
Ia é a corrente na armadura;
jIaXar é a tensão devido à reação da armadura;
jIaXl é a tensão devido à reatância de dispersão da armadura;
XS é a reatância síncrona, onde XS = Xar + Xl.
Se a resistência da armadura Ra for relevante, a equação (1.1) torna-se
( )t f a a SV E I R jX= − + (1.2)
A equação (1.2) pode ser representada através de um circuito equivalente, como mostrado na Fi-
gura 1.1.

Representação dos Sistemas de Potência Prof. Luciano V. Barboza
Sistemas de Potência I 2
+
−
+
−
Vt
RaXlXar
Ef
Ia
XS
Figura 1.1. Circuito equivalente para o gerador síncrono.
Neste ponto, tem-se a representação do gerador por um circuito equivalente bastante simples, po-
rém muito conveniente. A resistência da armadura, normalmente, é bem menor do que a reatância
síncrona de modo que a sua omissão não apresenta grande influência nos resultados numéricos.
Os princípios até aqui abordados podem ser estendidos ao motor síncrono. O circuito equivalente
para o motor é idêntico ao do gerador com o sentido inverso da corrente. O circuito equivalente para
o motor síncrono está mostrado na Figura 1.2.
+
−
+
−
Vt
Ra XlXar
Ef
Ia
XS
Figura 1.2. Circuito equivalente para o motor síncrono.
As tensões geradas internamente no gerador e no motor são, geralmente, identificadas pela nota-
ção de subíndice simples como Eg e Em, respectivamente, ao invés de Ef, especialmente quando eles
estão no mesmo circuito, como mostrado na Figura 1.3. As equações para este circuito são
et g a g t m a mV E jI X V E jI X= − = + (1.3)
As reatâncias síncronas do gerador e do motor são Xg e Xm, respectivamente, e as resistências das
armaduras foram desprezadas.

+
−
+
−
Xg
Xm
Eg Em
Ia
+
−
Vt
Figura 1.3. Circuito equivalente para a conexão de um gerador síncrono e um motor síncrono.
Quando são estudados curto-circuitos em máquinas síncronas, a corrente que circula imediata-
mente após a ocorrência da falta difere do valor que circula em regime permanente. Em vez da rea-
tância síncrona, usa-se a reatância subtransitória X″ ou a reatância transitória X′ na simulação de
máquinas síncronas para cálculos de faltas.
1.3. Transformador Ideal
Os transformadores são equipamentos constituídos por duas ou mais bobinas situadas de tal for-
ma que são enlaçadas pelo mesmo fluxo magnético. Num transformador de potência, as bobina são
colocadas sobre um núcleo de material ferromagnético de modo a confinar o fluxo de uma maneira
que a quase totalidade desse fluxo enlace todas as bobinas.
Suponha que o fluxo magnético varia sinusoidalmente no núcleo e que o transformador é ideal,
ou seja, a permeabilidade magnética μ do núcleo é infinita e a resistência dos enrolamentos é nula.
Com a permeabilidade do núcleo sendo infinita, todo o fluxo fica confinado no núcleo e, portanto,
enlaça todas as espiras de ambos os enrolamentos. A tensão e induzida em cada enrolamento é tam-
bém a tensão terminal v dos enrolamentos, pois a resistência dos enrolamentos é nula.
Pela lei de Faraday, tem-se
1 1 2 2e
d d
v N v N
dt dt
φ φ
= = (1.4)
onde φ é o valor instantâneo do fluxo magnético no núcleo;
N1 e N2 são os números de espiras dos enrolamentos primário e secundário;
v1 e v2 são as tensões nos enrolamentos primário e secundário.
Supondo uma variação sinusoidal para o fluxo, convertendo para a forma fasorial e combinando
as equações (1.4), obtém-se

1 1
2 2
V N
a
V N
= = (1.5)
onde a é a relação de espiras ou relação de transformação do transformador.
Por outro lado, sendo o transformador ideal, este não apresenta perdas. Portanto, as potências
aparentes nos enrolamentos primário e secundário devem ser iguais. Então, tem-se
1 1 2 2V I V I= (1.6)
Pela equação (1.6), tem-se que
2 1 1
1 2 2
I V N
a
I V N
= = = (1.7)
o que leva a conclusão de que, no transformador ideal, I1 deve ser nula se I2 for nula.
O enrolamento ao qual uma impedância ou outra carga é conectada chama-se enrolamento se-
cundário. De modo similar, o enrolamento que está ligado à fonte de energia é chamado enrolamen-
to primário. Em sistemas de potência, a energia geralmente circula em ambos os sentidos através do
transformador e a designação de primário e secundário perde seu significado.
Se uma impedância Z2 é ligada ao enrolamento secundário do transformador, tem-se
2
2
2
V
Z
I
= (1.8)
e substituindo V2 e I2 pelos valores obtidos nas equações (1.7), tem-se
2
21
1 2 1 1
2 2
1 1 1 1
1
2
1
N
V
N N V V
Z
N N I a II
N
⎛ ⎞
= = =⎜ ⎟
⎝ ⎠
(1.9)
e essa impedância vista dos terminais do enrolamento primário será

2
21 1
2 2 2
1 2
V N
Z Z a Z
I N
⎛ ⎞
′ = = =⎜ ⎟
⎝ ⎠
(1.10)
Portanto, a impedância ligada ao lado secundário fica refletida (ou referida) ao primário multi-
plicando a impedância no secundário pelo quadrado da relação de espiras do transformador.
Exemplo 1.1: Um transformador monofásico ideal possui valores nominais de 20 kVA, 480/120 V,
60 Hz. Uma fonte conectada ao enrolamento de 480 V alimenta uma carga conectada ao enrolamen-
to de 120 V. A carga consome 15 kVA com um fator de potência de 0,8ind quando a tensão na car-
ga é 118 V. Calcule:
a) a tensão no enrolamento de 480 V;
b) a impedância da carga;
c) a impedância da carga referida ao enrolamento de 480 V;
d) as potências ativa e reativa no enrolamento de 480 V.
1.4. Circuito Equivalente de um Transformador Real
O transformador real difere do transformador ideal pois:
(1) a sua permeabilidade não é infinita;
(2) as resistências dos enrolamentos estão presentes;
(3) perdas ocorrem no núcleo devido às variações cíclicas do sentido do fluxo;
(4) nem todo o fluxo que enlaça um enrolamento, enlaça os outros enrolamentos.
Quando uma tensão sinusoidal for aplicada ao enrolamento de um transformador com núcleo de
ferro e com o secundário em aberto, uma pequena corrente circulará no primário. Essa corrente é
chamada corrente de magnetização do transformador. As perdas no ferro ocorrem devidas, primei-
ramente, às variações cíclicas do sentido do fluxo no ferro as quais requerem energia que é dissipa-
da como calor e é chamada perda por histerese. A segunda perda ocorre por correntes circulantes
que são induzidas no ferro devido ao fluxo variável e estas correntes produzem uma |I|2
R no ferro
chamada perda por correntes parasitas. A perda por histerese é reduzida com o uso, no núcleo, de
ligas de aço especiais. As perdas por correntes parasitas são reduzidas montando o núcleo com fo-
lhas de aço laminadas. Para representar o circuito equivalente de magnetização do transformador,

considera-se uma corrente IE circulando em um circuito paralelo formado por uma susceptância BL e
uma condutância G.
No transformador real de dois enrolamentos, parte do fluxo que enlaça o enrolamento primário
não enlaça o secundário. Esse fluxo é proporcional à corrente do primário e causa uma queda de
tensão que corresponde a uma reatância indutiva x1, chamada de reatância de dispersão, a qual é
colocada em série com o enrolamento primário do transformador ideal. Uma reatância x2 semelhan-
te deve ser acrescentada ao enrolamento secundário para levar em conta a tensão devido ao fluxo
que enlaça o secundário porém não enlaça o primário. Quando também são consideradas as resis-
tências r1 e r2 dos enrolamentos, tem-se o modelo de transformador mostrado na Figura 1.4. Neste
modelo, o transformador ideal é a conexão entre os parâmetros r1, x1, G e BL colocados no primário
do transformador e r2 e x2 colocados no secundário.
N1
N2
GBL
IE
1
2
2
N
I
N
r1
x1
x2
r2
+
− −
+
V2
V1
I1
I2
Figura 1.4. Circuito equivalente do transformador usando o conceito de transformador ideal.
O transformador ideal pode ser omitido no circuito equivalente referindo-se todos os parâmetros
do transformador para um dos lados. Por exemplo, referindo todas as tensões, correntes e impedân-
cias do circuito da Figura 1.4 para o primário do transformador, tem-se o circuito equivalente mos-
trado na Figura 1.5.
GBL
IE
r1
x1
a2
x2
a2
r2
+
− −
+
aV2
V1
I1 2I
a
Figura 1.5. Circuito equivalente do transformador com a corrente de magnetização.
Muitas vezes, a corrente de magnetização (IE) é desprezada porque ela é muito pequena compa-

rada aos valores usuais das correntes de carga. Para simplificar ainda mais o circuito, pode-se fazer
2 2
1 1 2 1 1 2eR r a r X x a x= + = + (1.11)
para obter o circuito equivalente mostrado na Figura 1.6. Todas as impedâncias e tensões no secun-
dário devem, agora, ser referidas ao primário do transformador.
R1
X1
+
− −
+
aV2
V1
I1
Figura 1.6. Circuito equivalente do transformador desprezando a corrente de magnetização.
Os parâmetros R e X do transformador de dois enrolamentos são determinados pelo teste de cur-
to-circuito. A impedância é medida nos terminais de um enrolamento enquanto o outro enrolamento
é curto-circuitado. Como é requerida apenas uma pequena tensão, a corrente de magnetização é in-
significante e a impedância medida é praticamente R + jX.
Exemplo 1.2: Um transformador monofásico tem 2.000 espiras no enrolamento primário e 500 no
secundário. As resistências dos enrolamentos são r1 = 2,0 Ω e r2 = 0,125 Ω. As reatâncias de disper-
são são x1 = 8,0 Ω e x2 = 0, 5 Ω. A resistência da carga Z2 é 12 Ω. A tensão aplicada nos terminais
do enrolamento primário é de 1.200 V. Determine a tensão V2 e a regulação de tensão. Despreze a
corrente de magnetização.
1.5. Circuito Equivalente de um Transformador Real com Tap Fora do Valor Nominal
Os transformadores com tap fora do nominal podem esquematicamente ser representados por um
transformador ideal com relação de transformação a:1 em série com a sua admitância. A Figura 1.7
mostra o esquema de um transformador com tap fora do valor nominal conectado entre as barras i e
k de um sistema de potência.

Ei
Ek
Iik
Iki
p
i k
yik
a:1
Figura 1.7. Esquema de um transformador com tap fora do seu valor nominal.
Para o transformador ideal da Figura 1.7, tem-se
1
eki
i p k ik ki
ik
I
E aE a E I I
y a
⎛ ⎞
= = − + = −⎜ ⎟
⎝ ⎠
(1.12)
A partir das equações (1.12), pode-se escrever que
2
1
1 1
ki ik i ik k
ik ik i ik k
I y E y E
a
I y E y E
a a
= − +
= −
(1.13)
Um transformador com tap fora do valor nominal pode ser modelado por um circuito equivalente
π, conforme mostrado na Figura 1.8, onde os parâmetros A, B e C são admitâncias.
Ei
Ek
Iik
Iki
i k
A
CB
Figura 1.8. Circuito equivalente π de um transformador com tap fora do nominal.
As equações que representam o modelo π equivalente são
( )
( )
ik i k
ki i k
I A B E AE
I AE A C E
= + −
= − + +
(1.14)

Comparando as equações (1.13) e (1.14) e identificando-se os coeficientes das tensões Ei e Ek,
pode-se escrever
2 2
1 1 1
ik ik ik
a a
A y B y C y
a a a
− −
= = = (1.15)
que são os parâmetros A, B e C do circuito π equivalente do transformador com tap fora do valor
nominal.
1.6. Autotransformador
O autotransformador difere do transformador comum pois os seus enrolamentos são, ao mesmo
tempo, eletricamente conectados e acoplados por um fluxo mútuo. Pode-se estudar o autotransfor-
mador ligando eletricamente os enrolamentos de um transformador ideal. A Figura 1.9(a) é o dia-
grama esquemático de um transformador ideal e a Figura 1.9(b) mostra como os enrolamentos são
conectados eletricamente de modo a formar um autotransformador. Nesta figura, os enrolamentos
estão dispostos de maneira que suas tensões sejam aditivas, embora eles possam ser ligados de mo-
do a se oporem mutuamente. A grande desvantagem do autotransformador é que a isolação elétrica
entre os enrolamentos fica perdida, mas o exemplo seguinte demonstra o aumento da potência no-
minal que se verifica.
+ +
− −
V1 V2
I1
I2
N1 N2
+
−
+
−
V1
I1 N1
N2 I2
Ient
V2
(a) conectado na maneira usual (b) conectado como um autotransformador
Figura 1.9. Diagrama esquemático do transformador ideal.
Exemplo 1.3: Um transformador monofásico de 30 kVA, com tensões nominais 240/120 V, é co-
nectado como autotransformador como mostra a Figura 1.9(b). A tensão nominal é aplicada ao en-
rolamento de baixa tensão. Considere o transformador como sendo ideal e a carga sendo tal que as

correntes nominais |I1| e |I2| circulem nos enrolamentos. Determine |V2| e os kVA nominais do auto-
transformador.
Pelo exemplo, observa-se que o autotransformador forneceu uma relação de tensão maior que o
transformador comum e transmitiu mais potência elétrica entre os seus dois enrolamentos. Portanto,
o autotransformador fornece maior potência nominal pelo mesmo custo. Ele também opera mais
eficientemente pois as perdas permanecem as mesmas da conexão comum. Entretanto, a perda da
isolação elétrica entre os lados de AT e BT do autotransformador é geralmente o fator decisivo em
favor da conexão comum na maioria das aplicações. Em sistemas de potência, os autotransformado-
res trifásicos são usados freqüentemente para produzirem pequenos ajustes nas tensões das barras.
1.7. Grandezas em Por Unidade
Os sistemas de energia elétrica são operados em níveis de tensão onde o kV é a unidade mais
conveniente para expressar a tensão. Para a potência transmitida, MW e MVA são termos comuns.
Entretanto, estas quantidades, bem como Ampères ou Ohms, são comumente expressas como por-
centagem ou como por unidade (pu) de uma base ou valor de referência especificado para cada
grandeza. O valor pu de qualquer quantidade é definido como a relação da quantidade pelo valor
base, expresso em decimal. Os cálculos utilizando valores em pu são mais simples do que os que
usam os valores em unidades reais.
Tensão, corrente, potência e impedância estão relacionadas entre si de modo que a escolha de va-
lores bases para quaisquer duas delas determina os valores bases das demais. Para sistemas trifási-
cos, escolhe-se a tensão de linha (Vbase, em kV) e a potência aparente trifásica (Nbase, em MVA) co-
mo bases. As bases para as demais grandezas podem então ser determinadas como
2
e
3
base base
base base
basebase
N V
I Z
NV
= = (1.16)
Não raras vezes, a impedância em pu de um componente do sistema é expressa numa base dife-
rente daquela selecionada para a parte do sistema na qual o componente está localizado. Como to-
das as impedâncias devem ser expressas na mesma base de impedância, é necessário converter im-
pedâncias pu de uma base para outra. Para calcular a impedância em pu, dividi-se o valor real da

impedância pelo valor de base. Portanto, podemos escrever que
( ) ( )
(pu) e (pu)
ant nova
ant nova
base base
Z Z
Z Z
Z Z
Ω Ω
= = (1.17)
Combinando as equações (1.17), tem-se
(pu) (pu) ant
nova
base
nova ant
base
Z
Z Z
Z
= (1.18)
Por outro lado, as impedâncias bases antiga e nova podem ser expressas como
2 2
eant nova
ant nova
ant nova
base base
base base
base base
V V
Z Z
N N
= = (1.19)
Substituindo as equações (1.19) na equação (1.18), obtém-se
2
(pu) (pu) nova ant
ant nova
base base
nova ant
base base
N V
Z Z
N V
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
(1.20)
Com a equação (1.20), pode-se modificar o valor de uma impedância em pu de uma base antiga
para uma base nova.
1.8. Impedância Por Unidade em Circuitos com Transformadores
Os valores ôhmicos da resistência e da reatância de dispersão de um transformador dependem de
que lado se efetuam as medidas, se do lado de AT ou de BT do transformador. Se seus valores são
expressos em pu, a base de potência é tomada como sendo a potência nominal do transformador. A
tensão base é escolhida como sendo a tensão nominal do enrolamento no qual a resistência e a rea-
tância de dispersão estiverem referidas. A impedância em pu do transformador é a mesma, indepen-
dente do fato de ter sido obtida a partir dos valores ôhmicos referidos nos lados de AT ou de BT do
transformador.

Exemplo 1.4: Os valores nominais de um transformador monofásico são 2,5 kVA e 110/440 V. A
reatância de dispersão medida no lado de BT é 0,06 Ω. Calcule a reatância de dispersão em pu.
Exemplo 1.5: Três partes de um sistema elétrico monofásico são designadas por A, B e C e estão in-
terligadas através de transformadores, como mostra a Figura 1.10. As características dos transfor-
madores são:
A – B : 10.000 kVA, 138/13,8 kV, Xdisp = 10%
B – C : 10.000 kVA, 138/69 kV, Xdisp = 8%
Se as bases no circuito B forem 10.000 kVA e 138 kV, calcule a resistência da carga de 300 Ω em
pu referida aos circuitos A, B e C. Trace um diagrama de impedâncias, desprezando a corrente de
magnetização e as resistências dos transformadores e a impedância da linha. Determine também a
regulação de tensão se a tensão na carga for 66 kV com a suposição de que a tensão de entrada no
circuito A permaneça constante.
A B C
1:10
A−B
2:1
B−C
300 Ω
Figura 1.10. Circuito do Exemplo 1.5.
Com base no exemplo anterior, os seguintes pontos devem ser ressaltados quando se trabalha
com valores em pu:
1) São escolhidos uma base de tensão e uma base de potência em uma parte do sistema. Os valo-
res bases para um sistema trifásico são a potência trifásica e a tensão de linha.
2) Para outras partes do sistema, isto é, nos outros lados dos transformadores, a base de tensão
para cada parte é determinada de acordo com as relações de transformação dos transformado-
res. A base de potência será a mesma em todas as partes do sistema.
3) As informações sobre impedâncias dos transformadores trifásicos, geralmente, são disponí-
veis em valores percentuais ou em pu, em relação às bases determinadas por seus valores no-
minais.
4) Para três transformadores monofásicos ligados numa conexão trifásica, seus valores nominais
de potência e tensão ficam determinados de acordo com as características nominais de cada
transformador monofásico. A impedância percentual para a unidade trifásica é a mesma que
se usa para cada transformador monofásico.

5) Uma impedância em pu dada numa base diferente daquela estabelecida para a parte do siste-
ma na qual o elemento está localizado deve ser mudada para a base apropriada de acordo com
a equação (1.20).
Exemplo 1.6: Três transformadores monofásicos com valores nominais de 25 MVA, 38,1/3,81 kV,
cada um, são conectados em Y−Δ e ligados a uma carga equilibrada constituída de três resistores de
0,6 Ω ligados em Y. Adote os valores de 75 MVA e 66 kV como bases para o lado de alta tensão e
especifique a base para o lado de baixa tensão. Determine a resistência da carga em pu na base do
lado de BT. Então, determine a resistência da carga referida ao lado de AT e o valor em pu dessa re-
sistência na base escolhida.
Exemplo 1.7: Um transformador trifásico tem 400 MVA e 220Y/22Δ kV como valores nominais.
A impedância de curto-circuito medida no lado de BT do transformador é 0,121 Ω e, devido à baixa
resistência, este valor pode ser considerado igual à reatância de dispersão. Determine a reatância em
pu do transformador e o valor usado para representar este transformador em um sistema cujas bases
no lado de AT são 100 MVA e 230 kV.
1.9. Impedância Por Unidade de Transformadores de Três Enrolamentos
Tanto o primário como o secundário de um transformador de dois enrolamentos possuem a
mesma potência nominal, porém os enrolamentos de um transformador de três enrolamentos podem
apresentar potências nominais diferentes. A impedância de cada enrolamento de um transformador
desse tipo pode ser expressa em valor percentual ou pu tomando como base os valores nominais de
seus próprios enrolamentos, ou podem ser realizados testes para determinar as impedâncias. Em
qualquer caso, entretanto, todas as impedâncias em pu no diagrama de impedâncias devem ser ex-
pressas em relação a uma mesma potência base.
As três impedâncias podem ser medidas pelo teste-padrão de curto-circuito, como a seguir:
Zps → impedância medida no primário com o secundário curto-circuitado e o terciário aberto;
Zpt → impedância medida no primário com o terciário curto-circuitado e o secundário aberto;
Zst → impedância medida no secundário com o terciário curto-circuitado e o primário aberto.
Se as três impedâncias medidas em Ohms forem referidas a um dos enrolamentos, as impedân-

cias de cada enrolamento em separado referidas a esse mesmo enrolamento estarão relacionadas às
impedâncias medidas como
ps p s
pt p t
st s t
Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
= +
= +
= +
(1.21)
onde Zp, Zs e Zt são as impedâncias dos enrolamentos primário, secundário e terciário referidas ao
circuito primário se Zps, Zpt e Zst forem as impedâncias medidas e referidas ao circuito primário. Re-
solvendo as equações (1.21), obtem-se
( )
( )
( )
1
2
1
2
1
2
p ps pt st
s ps st pt
t pt st ps
Z Z Z Z
Z Z Z Z
Z Z Z Z
= + −
= + −
= + −
(1.22)
As impedâncias dos três enrolamentos são ligadas como mostra a Figura 1.11 para representar o
circuito equivalente monofásico do transformador de três enrolamentos, desprezando a corrente de
magnetização. Os pontos p, s e t são conectados às extremidades do diagrama de impedâncias que
representa as partes do sistema que estão ligadas aos enrolamentos primário, secundário e terciário
do transformador. Desde que os valores ôhmicos das impedâncias devem estar referidos à mesma
base, conclui-se que a conversão para impedâncias em pu exige a mesma potência base para todos
os três circuitos e exige também que as bases de tensão nos três circuitos apresentem as mesmas re-
lações de transformação que as tensões de linha nominais dos três circuitos do transformador.

Zp
ZtZs
p
s
t
Figura 1.11. Circuito equivalente de um transformador trifásico de três enrolamentos.
Exemplo 1.8: Os valores nominais de um transformador de três enrolamentos são:
Primário: conexão Y, 66 kV, 15,0 MVA;
Secundário: conexão Y, 13,2 kV, 10,0 MVA;
Terciário: conexão Δ, 2,3 kV, 5,0 MVA.
Desprezando as resistências, as impedâncias são:
Zps = 7% na base de 15,0 MVA e 66 kV;
Zpt = 9% na base de 15,0 MVA e 66 kV;
Zst = 8% na base de 10,0 MVA e 13,2 kV.
Calcule as impedâncias em pu do circuito equivalente em estrela, tomando como base
15,0 MVA e 66 kV no circuito primário.
Exemplo 1.9: Uma fonte de tensão constante (barra infinita) alimenta uma carga resistiva pura de
5 MW – 2,3 kV por fase e um motor síncrono de 7,5 MVA – 13,2 kV com reatância de X″ = 20%.
A fonte está ligada ao primário do transformador de três enrolamentos descrito no Exemplo 1.8. O
motor e a carga resistiva estão conectados ao secundário e ao terciário do transformador, respecti-
vamente. Trace o diagrama de impedâncias do sistema e coloque as impedâncias em pu para uma
base de 66 kV, 15,0 MVA no primário.
1.10. Diagrama Unifilar
O diagrama unifilar é um circuito simplificado no qual se representa, através de símbolos padro-
nizados, os elementos associados a um sistema de energia elétrica. Os parâmetros do circuito não
são indicados e uma linha de transmissão é representada por uma reta entre duas barras.

A finalidade do diagrama unifilar é fornecer, de forma concisa, as principais informações sobre o
sistema. As informações encontradas em um diagrama unifilar variam de acordo com o problema
que se tem em mãos. Por exemplo, a localização de disjuntores e relés não é importante no estudo
de previsão de carga em um sistema elétrico. Portanto, disjuntores e relés não serão representados
se a função principal do diagrama for fornecer informações para estudos de carga.
O American National Standards Institute (ANSI) e o Institute of Electrical and Electronics En-
gineers (IEEE) publicaram um conjunto de símbolos padronizados para os diagramas elétricos. Po-
rém, nem todos os autores seguem esses símbolos de forma consistente, especialmente na represen-
tação de transformadores. A Figura 1.12 apresenta alguns dos símbolos mais utilizados.
Armadura de máquina girante
Transformador de potência de
dois enrolamentos
Transformador de potência de
três enrolamentos
Fusível
Transformador de corrente
Disjuntor de potência a óleo
Disjuntor a ar
Conexão trifásica em delta
Conexão trifásica em estrela
com neutro não aterrado
Conexão trifásica em estrela
com neutro aterrado
Transformador de potencial Carga estática
A VAmperímetro Voltímetro
Figura 1.12. Símbolos dos dispositivos de potência mais utilizados.
A Figura 1.13 é o diagrama unifilar de um sistema de potência muito simples. Dois geradores,
um aterrado através de um reator e outro através de um resistor, são interligados a uma barra e, a-
través de um transformador elevador, a uma linha de transmissão. Outro gerador, aterrado através
de um reator, é ligado a uma barra e, através de um transformador, à extremidade oposta da linha de
transmissão. Uma carga é ligada a cada barra. No diagrama também estão representadas as cone-
xões dos dois transformadores.
Carga A
Carga B
1
2
T1 T2
3
Figura 1.13. Diagrama unifilar de um sistema elétrico simples.

1.11. Diagramas de Impedâncias e Reatâncias
Com o objetivo de calcular o desempenho de um sistema sob condições de carga ou na ocorrên-
cia de uma falta, um sistema trifásico equilibrado pode ser resolvido como um circuito monofásico
composto de uma das três linhas e o retorno de neutro. A Figura 1.14 combina os circuitos equiva-
lentes dos vários componentes mostrados na Figura 1.13, de modo a formar o diagrama de impe-
dâncias do sistema. O diagrama de impedâncias não inclui as impedâncias limitadoras de corrente
mostradas no diagrama unifilar entre os neutros dos geradores e a terra porque nenhuma corrente
circula pela terra sob condições equilibradas e os neutros dos geradores estão no mesmo potencial
do neutro do sistema.
+
−
E1
+
−
E2
+
−
E3
Geradores 1 e 2 Carga A Transformador T1 Transformador T2Linha de transmissão Gerador
3
Carga B
Figura 1.14. Diagrama de impedâncias correspondente ao diagrama unifilar da Figura 1.13.
A corrente de magnetização de transformadores geralmente é desprezível comparada com a cor-
rente de plena carga, portanto, a admitância em paralelo é comumente omitida no circuito equiva-
lente do transformador. Também as resistências do sistema são geralmente omitidas quando se efe-
tua o cálculo de faltas, mesmo em programas computacionais. Naturalmente a omissão da resistên-
cia introduz algum erro, porém os resultados são satisfatórios porque a reatância indutiva do sistema
é muito maior do que sua resistência. As cargas que não incluem máquinas rotativas apresentam
pouco efeito sobre a corrente total de linha durante uma falta e geralmente são omitidas. As cargas
com motor síncrono, entretanto, sempre são incluídas para se fazer os cálculos de falta porque suas
forças eletromotrizes geradas contribuem para a corrente de curto-circuito. O diagrama pode levar
em conta os motores de indução, considerando uma fem gerada em série com uma reatância induti-
va se o diagrama for usado para determinar a corrente imediatamente após a ocorrência de uma fal-
ta. Porém, os motores de indução são ignorados ao se calcular a corrente alguns ciclos após a ocor-
rência da falta porque a contribuição de corrente do motor de indução desaparece muito rapidamen-
te após ele ser curto-circuitado.
Para simplificar o cálculo das correntes de falta, desconsideram-se todas as cargas estáticas, to-

das as resistências, a corrente de magnetização dos transformadores e a capacitância das linhas de
transmissão. Assim, o diagrama de impedâncias se reduz ao diagrama de reatâncias, mostrado na
Figura 1.15. Estas simplificações aplicam-se apenas ao cálculo de falta e não ao estudo de fluxo de
carga, que será estudado mais adiante.
+
−
+
−
+
−
EG3EG1 EG2
XT1
XT2
XLT
Neutro
1GX ′′ 2GX ′′ 3GX ′′
Figura 1.15. Diagrama de reatâncias adaptado da Figura 1.14.
Se os dados forem fornecidos com o diagrama unifilar, pode-se determinar todos os valores
em pu e, assim, obter o diagrama de reatâncias em pu. A grande vantagem em se utilizar os valores
em pu é que não são necessários cálculos para referir uma impedância de um lado do transformador
para o outro. Em pu, os valores são os mesmos.
Exemplo 1.10: Um gerador trifásico de 300 MVA, 20 kV, tem uma reatância subtransitória de
20%. O gerador alimenta um certo número de motores síncronos através de uma linha de transmis-
são de 64 km, tendo transformadores em ambas as extremidades, como mostra o diagrama unifilar
da Figura 1.16. Os motores, todos de 13,2 kV, estão representados por dois motores equivalentes. O
neutro do motor M1 está aterrado através de uma reatância. O neutro do motor M2 não está aterrado
(situação não usual). As entradas nominais para os motores são 200 MVA para M1 e 100 MVA para
M2. Para ambos os motores X″ = 20%. O transformador trifásico T1, de 350 MVA, 230/20 kV, apre-
senta reatância de 10%. O transformador T2 é composto de três transformadores monofásicos, cada
um de 100 MVA, 127/13,2 kV, com reatância de 10%. A reatância em série da linha de transmissão
é 0,5 Ω/km. Trace o diagrama de reatâncias com todas as reatâncias em pu. Escolha os valores no-
minais do gerador como base no circuito deste.
G
M1
M2
T1 T2
Figura 1.16. Diagrama unifilar para o Exemplo 1.10.

Exemplo 1.11: Se os motores M1 e M2 do Exemplo 1.10 tiverem entradas de 120 e 60 MVA, res-
pectivamente, a 13,2 kV e ambos operem com fator de potência unitário, determine a tensão nos
terminais do gerador.

1.12. Lista de Exercícios
1.1. Um transformador de 30 kVA, 1.200/120 V é ligado como autotransformador para fornecer
1.320 V a partir de uma barra de 1.200 V.
a) Trace um diagrama nas conexões do transformador mostrando as marcações de polaridade
nos enrolamentos e os sentidos escolhidos como positivo para a corrente em cada enrola-
mento de forma que as correntes estejam em fase.
b) Determine a potência aparente nominal do equipamento funcionando como autotransfor-
mador.
c) Se o rendimento do transformador ligado para funcionamento em 1.200/120 V com carga
nominal e fator de potência unitário é de 97%, determine seu rendimento como autotrans-
formador com corrente nominal nos enrolamentos, funcionando com tensão nominal e
atendendo a uma carga com fator de potência unitário.
1.2. Uma carga resistiva de 8.000 kW, ligada em Δ, está conectada ao lado de BT, ligado em Δ, de
um transformador Y−Δ de 10 MVA, 138/13,8 kV. Calcule a resistência da carga em Ω em ca-
da fase, vista do lado de AT do transformador. Desconsidere a impedância do transformador e
suponha a aplicação de tensão nominal ao primário do transformador.
1.3. Resolva o Exercício 1.2 considerando os mesmos resistores ligados em estrela.
1.4. Três transformadores, cada um de 5 kVA, 220 V no lado secundário, são conectados em Δ−Δ
e estão abastecendo uma carga puramente resistiva de 15 kW, 220 V. É feita uma alteração
que reduz a carga para 10 kW, ainda puramente resistiva. Alguém sugere que, com dois terços
da carga, um transformador pode ser removido e o sistema pode ser operado com delta aberto.
Ainda estará sendo fornecida tensão trifásica equilibrada à carga porque duas das tensões de
linha, portanto também terceira, permanecem inalteradas. Para investigar esta sugestão:
a) Determine cada uma das correntes de linha (módulo e ângulo) para a carga de 10 kW e re-
movido o transformador entre a e c. Suponha Vab = 220∠20° V e seqüência direta de fases
(abc).
b) Calcule os kVA fornecidos individualmente pelos transformadores restantes.
c) Que restrição deve ser colocada à carga para funcionamento em delta aberto com esses
transformadores?

1.5. Um transformador de 210 MVA, 345Y/22,5Δ kV interliga, a uma linha de transmissão, uma
carga de 180 MW – 22,5 kV, com fator de potência 0,8ind. Determine:
a) as características nominais de cada um dos três transformadores monofásicos que, adequa-
damente conectados, serão equivalentes ao transformador trifásico;
b) a impedância complexa da carga em pu no diagrama de impedâncias, adotando como base
100 MVA – 345 kV na linha de transmissão.
1.6. Um gerador de 120 MVA – 19,5 kV tem XS = 1,5 pu e é ligado a uma linha de transmissão a-
través de um transformador de 150 MVA, 230Y/18Δ kV com X = 0,1 pu. Se a base a ser usa-
da nos cálculos for 100 MVA e 230 kV para a linha de transmissão, determine os valores em
pu a serem usados para as reatâncias do transformador e do gerador.
1.7. Um transformador trifásico de 5 MVA, 115/13,2 kV apresenta uma impedância igual à
(0,007 + j0,075) pu. O transformador é ligado a uma linha de transmissão curta cuja impedân-
cia é (0,02 + j0,10) pu numa base de 10 MVA, 13,2 kV. A linha alimenta uma carga trifásica
de 3,4 MW, 13,2 kV com fator de potência 0,85ind. Se a tensão AT permanece constante em
115 kV quando a carga na extremidade da linha é desligada, calcule a regulação de tensão na
carga. Trabalhe usando pu e adote como base 10 MVA – 13,2 kV no circuito da carga.
1.8. O diagrama unifilar de um sistema sem carga está representado na Figura 1.17. São mostra-
dos, no diagrama, as reatâncias das duas seções da linha de transmissão. Os geradores e trans-
formadores apresentam as seguintes características:
Gerador 1: 20 MVA, 13,8 kV, X″ = 0,20 pu
Gerador 2: 30 MVA, 18 kV, X″ = 0,20 pu
Gerador 3: 30 MVA, 20 kV, X″ = 0,20 pu
Transformador T1: 25 MVA, 220Y/13,8Δ kV, X = 10%
Transformador T2: unidades monofásicas, cada uma de 10 MVA, 127/18 kV, X = 10%
Transformador T3: 35 MVA, 220Y/22Y kV, X = 10%
Trace o diagrama de reatâncias com todas as reatâncias representadas em pu e use letras para
indicar os pontos correspondentes ao diagrama unifilar. Adote como base 50 MVA – 13,8 kV
no circuito do gerador 1.

1
3
2
A B
C
D
FET1
T3
T2
j80 Ω j100 Ω
Figura 1.17. Diagrama unifilar para o Exercício 1.8.
1.9. Trace o diagrama de reatâncias para o sistema de potência mostrado na Figura 1.18. Repre-
sente as impedâncias em pu. Use como base 50 MVA – 132 kV na linha de transmissão de
40 Ω. As características dos geradores, motores e transformadores são:
Gerador 1: 20 MVA, 18 kV, X″ = 20%
Gerador 2: 20 MVA, 18 kV, X″ = 20%
Motor síncrono 3: 30 MVA, 13,8 kV, X″ = 20%
Transformadores trifásicos Y–Y: 20 MVA, 138Y/20Y kV, X = 10%
Transformadores trifásicos Y–Δ: 15 MVA, 138Y/13,8Δ kV, X = 10%
1 2
3
A B
C
j40 Ω
j20 Ω j20 Ω
Figura 1.18. Diagrama unifilar para o Exercício 1.9.
1.10. Se a tensão na barra C no Exercício 1.9 for 13,2 kV quando o motor absorver 24 MW com fa-
tor de potência 0,8cap, calcule as tensões nas barras A e B. Suponha que os dois geradores di-
vidam a carga igualmente. Dê a resposta em Volts e em pu em relação à base escolhida no
Exercício 1.9. Calcule as tensões nas barras A e B quando o disjuntor que interliga o gerador 1
à barra A estiver aberto enquanto o motor solicita 12 MW na tensão de 13,2 kV com fator de
potência 0,8cap. Todos os demais disjuntores permanecem fechados.

II. CÁLCULO DE REDES
A solução de redes de grande porte através de programas computacionais é dependente, em
grande parte, das equações desta rede. Conseqüentemente, é importante para o engenheiro da área
de sistemas de potência entender a formulação das equações das quais, com o objetivo de obter uma
solução, é desenvolvido um programa computacional.
Este capítulo se propõe a rever e expandir os métodos de análise para os quais os programas
computacionais de solução de problemas em sistemas de potência são grandemente dependentes.
De particular importância, neste capítulo, é a introdução sobre matrizes admitância de barras e im-
pedância de barras que provarão ser utilíssimas em estudos futuros.
2.2. Equivalência de Fontes
Um procedimento útil em alguns problemas de análise de redes é o da substituição de uma fonte
de corrente em paralelo com uma impedância por uma fem em série com uma impedância, ou vice-
versa. Na Figura 2.1, ambas as fontes com suas impedâncias associadas estão conectadas a uma im-
pedância de carga ZL.
+
−
Eg
Zg
ZL
+
−
IL
VL
a) Fonte real de tensão
+
−
Is Zs ZL
IL
VL
b) Fonte real de corrente
Figura 2.1. Equivalência de fontes.
Para a fonte de tensão real, Figura 1.1(a), a tensão na carga é
L g g LV E Z I= − (2.1)
onde IL é a corrente que circula pela carga.

Cálculo de Redes Prof. Luciano V. Barboza
Para o circuito contendo a fonte real de corrente, Figura 1.1(b), a tensão na carga vale
( )L s s L s s s LV Z I I Z I Z I= − = − (2.2)
As duas fontes e suas impedâncias serão equivalentes se a tensão na carga VL for a mesma em
ambos os circuitos. Comparando as equações (2.1) e (2.2), conclui-se que
eg s s g sE Z I Z Z= = (2.3)
que é a condição para que a fonte de tensão real seja equivalente à fonte de corrente real.
2.3. Equações Nodais
Considere o diagrama unifilar mostrado na Figura 2.2. Os geradores estão ligados através de
transformadores às barras de alta tensão 1 e 3 e estão alimentando um motor síncrono na barra 2. O
diagrama de reatâncias, com as reatâncias em pu, está indicado na Figura 2.3. Se o circuito for rede-
senhado com as fontes de tensão substituídas por suas equivalentes fontes de corrente, o diagrama
resultante está mostrado na Figura 2.4. Os valores em pu são os das admitâncias ao invés dos das
impedâncias.
G1
G2
M
43
2
1T1
T2
T3
Figura 2.2. Diagrama unifilar do sistema-exemplo.

+
−
EG1 EG2
+
−
+
−
EM
j1,15
j0,1 j0,1
j1,15 j1,15
j0,1
j0,4j0,25
j0,2 j0,2
j0,125
1
3
2
4
Figura 2.3. Diagrama de reatâncias para o sistema-exemplo. Valores das reatâncias em pu.
−j0,8 −j0,8 −j0,8I1 I3 I2
−j2,5−j4,0
−j5,0 −j5,0
−j8,0
1 2
3
4
Yd Yh
Yg
Yf
Ye
Ya Yc Yb
Figura 2.4. Diagrama de admitâncias para o sistema-exemplo com a substituição das fontes de tensão por
suas equivalentes fontes de corrente. Valores das admitâncias em pu.
Aplicando a análise nodal aos nós do diagrama de admitâncias da Figura 2.4, obtém-se
( )
( )
( )
( )
1 3 4 1
2 3 4 2
1 2 3 4 3
1 2 3 4 0
a d f f d
b g h g h
f g c e f g e
d h e d e h
Y Y Y E Y E Y E I
Y Y Y E Y E Y E I
Y E Y E Y Y Y Y E Y E I
Y E Y E Y E Y Y Y E
+ + − − =
+ + − − =
− − + + + + − =
− − − + + + =
(2.4)
As equações (2.4) podem ser expressas na forma matricial como

11
22
33
4
11 12 13 141
21 22 23 242
31 32 33 343
41 42 43 44
0
0
0
0
a d f f d
b g h g h
f g c e f g e
d h e d e h
Y Y Y Y Y EI
Y Y Y Y Y EI
Y Y Y Y Y Y Y EI
Y Y Y Y Y Y E
Y Y Y Y EI
Y Y Y YI
Y Y Y YI
Y Y Y Y
+ + − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ + + − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ − − + + + −
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
− − − + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦
⎡ ⎤⎡ ⎤
⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥⎢ ⎥ =
⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
1
2
3
4
E
E
E
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
(2.5)
A matriz Y recebe o nome de matriz admitância de barras e é designada por Ybarra. Esta matriz é
simétrica em relação à diagonal principal. Os elementos pertencentes à diagonal principal (Yii) são
chamados de admitâncias próprias e correspondem à soma de todas as admitâncias conectadas à
barra i. Os demais elementos da matriz Ybarra (Yik, i ≠ k) são chamados de admitâncias mútuas ou de
transferência e correspondem ao negativo da admitância conectada entre as barras i e k.
Em notação vetorial, tem-se
barra= YI E (2.6)
onde I é o vetor com as injeções de corrente nas barras do sistema elétrico;
E é o vetor com as tensões complexas nas barras do sistema elétrico.
A expressão geral da equação nodal para o nó i de uma rede elétrica com n barras é:
1 1
n n
i ik k ii i ik k
k k
k i
I Y E Y E Y E
= =
≠
= = +∑ ∑ (2.7)
Utilizando a equação (2.6), pode-se determinar as tensões complexas nas barras do sistema elé-
trico como
1 1 1
barra barra barra barra
barra
− − −
= ⇒ =
=
Y Y Y Y
Z
I E E I
E I
(2.8)

A matriz inversa da matriz admitância de barras é chamada matriz impedância de barras e é de-
signada por Zbarra.
Exemplo 2.1: Escreva na forma matricial as equações nodais necessárias para calcular as tensões
complexas nas barras do sistema-exemplo da Figura 2.4. A rede é equivalente àquela da Figura 2.3.
As fem’s indicadas na Figura 2.3 são EG1 = 1,5∠0° pu, EG2 = 1,5∠0° pu e EM = 1,5∠−36,87° pu.
Após, calcule as tensões complexas E1, E2, E3 e E4.
2.4. Partição de Matrizes
Esta técnica consiste em identificar várias partes de uma matriz como submatrizes que serão tra-
tadas como simples elementos quando da aplicação das regras usuais de operações com matrizes.
Por exemplo,
11 12 13
21 22 23
31 32 33
a a a
a a a
a a a
⎡ ⎤
⎢ ⎥= ⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
A (2.9)
A matriz é particionada em quatro submatrizes pelas linhas tracejadas horizontal e vertical. Por-
tanto, a matriz A pode ser reescrita como
⎡ ⎤
= ⎢ ⎥
⎣ ⎦
D E
A
F G
(2.10)
onde as submatrizes são
[ ]
1311 12
2321 22
31 32 33
aa a
aa a
a a a
⎡ ⎤⎡ ⎤
= = ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
= =
D E
F G
(2.11)
Para indicar os passos para a multiplicação em termos de submatrizes, assuma que A deva ser
pós-multiplicada por uma matriz B para formar o produto C, onde

11 12
21 22
31 32
b b
b b
b b
⎡ ⎤
⎢ ⎥= ⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
B (2.12)
com a sua partição sendo
[ ]11 12
31 32
21 22
b b
b b
b b
⎡ ⎤⎡ ⎤
= = =⎢ ⎥⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
H
B H J
J
(2.13)
Então, o produto é
+⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
= = = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
D E H DH EJ M
C AB
F G J FH GJ N
(2.14)
onde M = DH + EJ e N = FH + GJ.
Se somente a submatriz N for de interesse, pelas partições resulta que
[ ] [ ] [ ]11 12
31 32 33 31 32 31 11 32 21 33 31 31 12 32 22 33 32
21 22
b b
a a a b b a b a b a b a b a b a b
b b
⎡ ⎤
= + = + + + +⎢ ⎥
⎣ ⎦
N (2.15)
As matrizes a serem multiplicadas devem ser compatíveis originariamente. Cada linha de parti-
ção vertical entre as colunas r e r+1 da matriz-multiplicando requer uma linha de partição horizon-
tal entre as linhas r e r+1 da matriz-multiplicadora para que se possa efetuar a multiplicação das
submatrizes corretamente. Linhas de partição horizontal podem ser traçadas entre quaisquer linhas
da matriz-multiplicando e linhas verticais de partição entre quaisquer colunas da matriz-multiplica-
dora ou ainda omitidas em uma delas ou em ambas.
2.5. Eliminação de Nós pela Álgebra Matricial
Nós podem ser eliminados por manipulação de matrizes referentes às equações nodais estudadas
anteriormente. Entretanto, somente os nós nos quais não haja injeção de corrente para a rede podem

ser eliminados. As equações nodais na sua forma matricial é
barra= YI E (2.16)
onde I e E são vetores colunas e Ybarra é uma matriz quadrada e simétrica. Os vetores colunas po-
dem ser rearranjados de tal modo que os elementos associados com os nós a serem eliminados este-
jam presentes nas suas linhas inferiores. Os elementos da matriz admitância de barra são colocados
em concordância. Os vetores colunas são particionados de tal modo que os elementos associados
com os nós a serem eliminados são separados dos outros elementos. A matriz admitância é particio-
nada de tal modo que os elementos identificados somente com os nós a serem eliminados estejam
separados dos outros elementos por linhas horizontais e verticais. Quando particionada de acordo
com estas regras, a equação (2.16) torna-se
A A
T
X X
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤
=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦
K L
L M
I E
I E
(2.17)
onde IX é o subvetor composto pelas injeções de corrente nos nós a serem eliminados e EX é o sub-
vetor composto pelas tensões complexas nestes nós. Obviamente, cada elemento de IX é zero, senão
os nós não poderiam ser eliminados. As admitâncias próprias e mútuas compondo K são aquelas
identificadas somente com os nós que serão conservados. A matriz M é composta de admitâncias
próprias e mútuas identificadas somente com os nós a serem eliminados. Esta matriz M é uma ma-
triz quadrada de ordem igual ao número de nós a serem eliminados. A matriz L e sua transposta LT
são compostas somente das admitâncias mútuas comuns a algum nó a ser mantido e a outro que será
eliminado.
Executando a multiplicação indicada na equação (2.17), obtem-se
A A X= +K LI E E (2.18)
T
X A X= +L MI E E (2.19)
Como todos os elementos de IX são zeros, resulta que
T T
A X A X= + ⇒ − =L M L M0 E E E E (2.20)

e pré-multiplicando ambos os lados da equação (2.20) por M−1
, tem-se
1 T
A X
−
− =M L E E (2.21)
Substituindo a equação (2.21) na equação (2.18), resulta
( )1 1T T
A A A A
− −
= − = −K LM L K LM LI E E E (2.22)
que é uma equação nodal tendo como matriz admitância nodal
1
nova
T
barra
−
= −Y K LM L (2.23)
Com esta nova matriz admitância de barras, pode-se construir uma nova rede elétrica, equivalen-
te à original, com os nós indesejados já eliminados.
Exemplo 2.2: Se o gerador e o transformador na barra 3 são removidos do circuito da Figura 2.3,
elimine os nós 3 e 4 pelo procedimento algébrico-matricial descrito, encontre o circuito equivalente
com aqueles nós eliminados e a potência complexa transferida para dentro e para fora da rede nas
barras 1 e 2, respectivamente. Determine também a tensão na barra 1.
A utilização desta técnica apresenta um inconveniente. Para a eliminação de um grande número
de nós, a matriz M, cuja inversa deve ser determinada, possuirá uma grande dimensão. Isto inviabi-
liza o cálculo explícito de sua inversa.
A inversão da matriz M pode ser evitada fazendo a eliminação de um nó por vez. O nó a ser eli-
minado deve ser o de numeração mais alta e, provavelmente, uma renumeração deva ser necessária.
A matriz M torna-se de um único elemento e M−1
é o recíproco deste elemento. A matriz admitân-
cia original particionada nas submatrizes K, L, LT
e M fica

11 1 1
1
1
j n
k kj knbarra
n nj nn
Y Y Y
Y Y Y
Y Y Y
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥=
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
Y
… …
… …
… …
(2.24)
e a matriz reduzida (n−1) × (n−1), de acordo com a equação (2.23), será
11 1 1
1
1
1
nova
j n
barra n nj
k kj knnn
Y Y Y
Y Y
Y Y YY
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎡ ⎤= − ⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
Y
… …
… …
… …
(2.25)
E quando a manipulação indicada das matrizes for executada, o elemento na linha k e coluna j da
matriz novabarraY será
novo orig
kn nj
kj kj
nn
Y Y
Y Y
Y
= − (2.26)
Exemplo 2.3: Faça a eliminação de nós do Exemplo 2.2, primeiro removendo o nó 4 e, em seguida,
removendo o nó 3.
2.6. Matrizes Admitância e Impedância de Barras
No Exemplo 2.1, invertemos a matriz admitância de barras Ybarra e chamamos a sua inversa de
matriz impedância de barras Zbarra. Por definição:
1
barra barra
−
=Z Y (2.27)
Como Ybarra é simétrica em relação à diagonal principal, Zbarra também o será. Os elementos de

Zbarra na diagonal principal são chamados de impedâncias próprias dos nós. Os elementos fora da
diagonal principal são chamados de impedâncias de transferência ou impedâncias mútuas dos nós.
A matriz impedância de barra é muito útil no cálculo de faltas em sistemas de potência e para a sua
determinação não é necessário primeiro determinar a matriz admitância de barra, como será visto na
Seção 2.8.
Exemplo 2.4: Um capacitor com uma reatância de 5,0 pu está ligado ao nó 4 do circuito do
Exemplo 2.1. As fem’s EG1, EG2 e EM permanecem as mesmas do exemplo. Determine a corrente
absorvida pelo capacitor.
Exemplo 2.5: Se uma corrente de 0,316∠−101,97° pu é injetada na barra 4 do Exemplo 2.1,
encontre as tensões resultantes nas barras 1, 2, 3 e 4.
2.7. Modificação de uma Matriz Impedância de Barras Já Existente
Nesta seção, será examinado como modificar Zbarra para adicionar novas barras ou conectar no-
vas linhas às barras já existentes. Entendido como modificar Zbarra, pode-se analisar como construí-
la diretamente. Vários casos podem ser estudados em modificações envolvendo a adição de um
ramo de impedância Zb a uma rede cuja Zbarra original já é conhecida e identificada por Zorig (n×n).
Caso 1: Adição de um ramo de uma nova barra p até a barra de referência
A adição de uma nova barra p ligada à barra de referência através de uma impedância Zb sem
conexão com nenhuma das outras barras da rede original não pode alterar as tensões de barra
originais do sistema quando a corrente Ip for injetada na nova barra. A tensão Ep na nova barra será
igual a ZbIp. Então
1 1
2 2
0
0
0
0 0 0
n n
p pb
E I
E I
E I
E IZ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥=
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦…
(2.28)

Note que a matriz coluna das correntes multiplicada pela nova Zbarra não alterará as tensões nas
barras da rede original e resultará na tensão correta na nova barra p.
Caso 2: Adição de um ramo de uma nova barra p até uma barra k já existente
A adição de uma nova barra p ligada através de uma impedância Zb a uma barra existente k com
Ip injetada na barra p, modificará a injeção de corrente na rede original na barra k que virá a ser a
soma de Ik e Ip, conforme mostrado na Figura 2.5.
Rede original com a
barra k e a barra de
referência extraídas
k
p
Zb
Ik
Ip
Ik
+ Ip
Figura 2.5. Adição de uma nova barra p ligada através de uma impedância Zb a uma barra k já existente.
A corrente Ip fluindo para a barra k aumentará a tensão original Ek de um valor igual a ZkkIp,
nova origk k kk pE E Z I= + (2.29)
e Ep será maior do que o novo Ek de um valor de tensão igual a ZbIp. Assim,
( )1 1 2 2
origp k kk p b p
p k k kn n kk b p
E E Z I Z I
E Z I Z I Z I Z Z I
= + +
= + + + + +…
(2.30)
Como Zbarra é uma matriz quadrada e simétrica, resulta que devemos adicionar uma nova coluna
que é transposta da nova linha, ou seja,

1 11
2 22
1 2
k
k
n nnk
p pk k kn kk b
E IZ
E IZ
E IZ
E IZ Z Z Z Z
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥=
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥+⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦…
(2.31)
Note que os primeiros n elementos da nova linha são os elementos da linha k da Zorig e os
primeiros n elementos da nova coluna são os elementos da coluna k da Zorig.
Caso 3: Adição de um ramo de uma barra k já existente até a barra de referência
Para alterar a matriz Zorig pela ligação de uma impedância Zb desde uma barra k já existente até a
barra de referência, deve-se adicionar uma nova barra p ligada através de Zb à barra k. Então, se
curto-circuita a barra p à barra de referência, fazendo Ep igual a zero, a fim de se obter a mesma
equação matricial (2.31), com exceção de que Ep agora é nula. A Figura 2.6 mostra o procedimento
explicado.
Rede original com a
barra k e a barra de
k
p
Zb
Ik
Ip
Ik
+ Ip
Figura 2.6. Adição da impedância Zb entre uma barra k já existente e a barra de referência.
Para a modificação, procede-se de modo a criar uma nova linha e uma nova coluna, exatamente
do mesmo modo como no Caso 2. Entretanto, agora, elimina-se a linha (n+1) e a coluna (n+1)
criadas, o que é possível devido à existência do zero no vetor das tensões. Para isso, utiliza-se a
equação (2.26). Portanto, cada elemento da nova matriz Zbarra será igual a
( 1) ( 1)
nova orig
h n n i
hi hi
kk b
Z Z
Z Z
Z Z
+ +
= −
+
(2.32)

Caso 4: Adição de um ramo entre duas barras j e k já existentes
A Figura 2.7 ilustra a adição de um ramo com impedância Zb entre duas barras j e k já existentes.
A corrente Ib está indicada com fluindo através de Zb da barra k para a barra j. Da Figura 2.7 pode-se
escrever que
( ) ( )1 11 1 12 2 1 1j j b k k bE Z I Z I Z I I Z I I= + + + + + − +… … (2.33)
ou rearranjando a equação (2.33), tem-se
( )1 11 1 12 2 1 1 1 1j j k k j k bE Z I Z I Z I Z I Z Z I= + + + + + + −… … (2.34)
Rede original com
as barras j, k e de
j
k
Zb
Ij
Ib
Ij
+ Ib
Ik Ik − Ib
Figura 2.7. Adição de um ramo de impedância Zb entre as barras já existentes j e k.
De forma semelhante
( )
( )
1 1 2 2
1 1 2 2
j j j jj j jk k jj jk b
k k k kj j kk k kj kk b
E Z I Z I Z I Z I Z Z I
E Z I Z I Z I Z I Z Z I
= + + + + + + −
= + + + + + + −
… …
… …
(2.35)
Por outro lado
0k j b b j k b bE E Z I E E Z I− = ⇒ − + = (2.36)
Substituindo as equações (2.35) na equação (2.36), obtem-se
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2 0j k j k jj kj j jk kk k jj jk kj kk b bZ Z I Z Z I Z Z I Z Z I Z Z Z Z Z I− + − + + − + − + + − − + + =… … (2.37)

Definindo
2bb jj kk jk bZ Z Z Z Z= + − + (2.38)
pode-se escrever a seguinte equação matricial
1 1 11
2 2 22
1 1 2 20
j k
j k
orig jj jk jj
kj kk kk
nj nk nn
j k j k jj kj jk kk jn kn bb b
Z Z IE
Z Z IE
Z Z IE
Z Z IE
Z Z IE
Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z I
−⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ −
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ −
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥
− − − − −⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦
Z
…
(2.39)
Eliminando a linha (n+1) e a coluna (n+1) da matriz da equação
Erro! Fonte de referência não encontrada., cada elemento da nova matriz Zbarra é
( 1) ( 1)
2nova orig
h n n i
hi hi
jj kk kj b
Z Z
Z Z
Z Z Z Z
+ +
= −
+ − +
(2.40)
Exemplo 2.6: Modificar a matriz impedância de barra do Exemplo 2.1 de modo a considerar a
conexão de um capacitor com uma reatância de 5,0 pu entre a barra 4 e a barra de referência do
circuito da Figura 2.4. Então, determine E4 usando a impedância da nova matriz. Compare este va-
lor de E4 com o encontrado no Exemplo 2.4.
2.8. Determinação Direta da Matriz Impedância de Barras
Para começar, dispõe-se uma lista de impedâncias indicando as barras que estão conectadas.
Começa-se, então, escrevendo a equação de uma barra ligada através de uma impedância Za à barra
de referência como

1 1aE Z I= (2.41)
Agora, pode-se adicionar uma nova barra ligada à primeira ou à barra de referência. No caso da
segunda barra estar ligada à barra de referência através de Zb, tem-se a seguinte equação matricial
1 1
2 2
0
0
a
b
ZE I
ZE I
⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤
= ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦
(2.42)
e prossegue-se a determinação direta da matriz impedância adicionando outras barras, seguindo os
procedimentos descritos na seção anterior. Normalmente, as barras de um sistema elétrico devem
ser renumeradas para concordar com a ordem na qual elas devem ser adicionadas à matriz Zbarra.
Exemplo 2.7: Determine Zbarra para a rede mostrada na Figura 2.8, onde as impedâncias estão
indicadas em pu.
j1,2 j1,5
j0,2 j0,15
j0,3
2 31
Figura 2.8. Rede para o Exemplo 2.7.

2.9. LISTA DE EXERCÍCIOS
2.1. Escreva as equações nodais para o circuito da Figura 2.9 e calcule as tensões nos nós 1 e 2.
+
−
+
−
1 2
0
j1,0
Ea
= 1,0∠30° Eb
= 1,0∠0°
j1,0
j1,25
j0,2
j0,8
Figura 2.9. Circuito para o Exercício 1. Os valores indicados são tensões e impedâncias em pu.
2.2. Elimine os nós 3 e 4 da rede da Figura 2.10 simultaneamente pelo método da partição de ma-
trizes para encontrar a matriz admitância resultante 2×2, Ybarra. Desenhe o circuito correspon-
dente à matriz resultante e indique no circuito os valores dos parâmetros. Calcule os valores
de E1 e E2.
1
20∠−30°
3 4 2
−j40
−j50
40∠−90°−j1−j2
−j10
−j20
−j20
−j20
0
Figura 2.10. Circuito para os Exercícios 2.2 e 2.3. Os valores indicados são correntes e admitâncias em pu.
2.3. Elimine os nós 3 e 4 da rede da Figura 2.10 para encontrar a matriz admitância resultante 2×2
pela eliminação do nó 4 primeiro e, depois, do nó 3.
2.4. Elimine os nós 3, 4 e 5 do circuito da Figura 2.11 e desenhe o circuito descrito pela nova ma-
triz admitância de barras.

+
−
+
−
EA
EB
−j5
−j2 −j1 −j1
−j8
−j5 −j4
1
3 4 5
2
0
Figura 2.11. Circuito para o Exercício 2.4. Os valores indicados são admitâncias em pu.
2.5. Modifique Zbarra dada no Exemplo 2.1 adicionando um novo nó ligado à barra 4 através de
uma impedância de j1,2 pu.
2.6. Modifique Zbarra dada no Exemplo 2.1 pela adição de um ramo tendo uma impedância de
j1,2 pu entre o nó 4 e a barra de referência.
2.7. Determine as impedâncias da primeira linha de Zbarra do Exemplo 2.1 com a impedância liga-
da entre a barra 3 e a barra de referência removida. Faça a determinação pela modificação da
matriz Zbarra encontrada no Exemplo 2.1. Então, com as fontes de corrente ligadas somente
nas barras 1 e 2, encontre a tensão na barra 1 e compare este valor com o encontrado no
Exemplo 2.2.
2.8. Modifique Zbarra dada no Exemplo 2.1 pela remoção da impedância ligada entre os nós 2 e 3.
2.9. Encontre Zbarra para a rede da Figura 2.12 pelo processo de determinação direta.
Barra de referência
j1,0 j1,25
j0,2 j0,051 2 3
Figura 2.12. Circuito para o Exercício 2.9. Os valores indicados são reatâncias em pu.
2.10. Para a rede de reatâncias da Figura 2.13, encontre:
a) Zbarra pela formulação direta e por inversão de Ybarra;
b) a tensão em cada barra;

c) a tensão em cada barra do sistema com a ligação de um capacitor com uma reatância de
5,0 pu entre a barra 3 e o neutro;
d) a corrente absorvida pelo capacitor;
e) a mudança na tensão em cada barra quando o capacitor está ligado à barra 3.
+
−
+
−
1,28∠0° 1,20∠30°j2,0
j0,2
j0,4
j1,0
j0,5
1 2
3
j0,8
Figura 2.13. Circuito para o Exercício 2.10. Tensões e impedâncias em pu.

III. FLUXO DE POTÊNCIA OU FLUXO DE CARGA
O cálculo do fluxo de potência em uma rede de energia elétrica consiste essencialmente na de-
terminação do estado desta rede (tensões complexas em todas as barras) e da distribuição dos fluxos
de potências ativa e reativa nos circuitos. A modelagem do sistema é estática, significando que a re-
de é representada por um conjunto de equações algébricas. Esse tipo de representação é usado em
situações nas quais as variações com o tempo são suficientemente lentas para que se possam ignorar
os efeitos transitórios. O cálculo do fluxo de carga é, em geral, realizado utilizando-se métodos
computacionais desenvolvidos especificamente para a resolução de sistemas de equações algébricas
não-lineares que constituem o modelo estático da rede.
Os componentes de um sistema de energia elétrica podem ser classificados em dois grupos:
• os que estão ligados entre uma barra e a terra: por exemplo, geradores, cargas, reatores e ca-
pacitores;
• os que estão ligados entre duas barras quaisquer da rede (circuitos): por exemplo, linhas de
transmissão e transformadores.
Os geradores e cargas são considerados a parte externa do sistema e são modelados através de in-
jeções de potências nas barras. Os demais componentes formam a parte interna do sistema. As e-
quações do fluxo de carga (balanços de potências) são obtidas impondo-se a conservação das potên-
cias ativa e reativa em cada barra da rede, ou seja, a potência líquida injetada tem que ser igual à
soma das potências que fluem pelos componentes internos que têm esta barra como um de seus ter-
minais.
3.2. Formulação do Problema
A cada barra da rede estão associadas quatro variáveis:
• Vk : magnitude da tensão complexa na barra k;
• θk : ângulo da tensão complexa na barra k;
• Pk : injeção líquida de potência ativa na barra k, ou seja, kk dG PP − ;
• Qk : injeção líquida de potência reativa na barra k, ou seja, kk dG QQ − .

Fluxo de Potência Prof. Luciano V. Barboza
Dependendo de quais variáveis entram como dados e quais são consideradas incógnitas, defi-
nem-se três tipos de barras:
• PQ (Tipo 0) : são dados Pk e Qk, e calculados Vk e θk;
• PV (Tipo 1) : são dados Pk e Vk e calculados θk e Qk;
• Vθ, referência ou folga (Tipo 2) : são dados Vk e θk e calculados Pk e Qk.
As barras do tipo PQ e PV são utilizadas para representar as barras de carga e as barras de gera-
ção, respectivamente. A barra Vθ fornece a referência angular do sistema e é usada para fechar o
balanço de potências levando em conta as perdas de transmissão que não são conhecidas antes de se
ter a solução final do problema.
O conjunto de equações do problema do fluxo de carga é formado por duas equações para cada
barra, cada uma delas representando o fato das potências ativa e reativa injetadas em uma barra se-
rem iguais à soma dos fluxos correspondentes que deixam a barra através dos circuitos (linhas de
transmissão, transformadores, ...). Isso pode, matematicamente, ser expresso por
( )
( ) ( )
, , ,
, , ,
k
k
k km k m k m
m
sh
k k k km k m k m
m
P P V V
Q Q V Q V V
θ θ
θ θ
∈Ω
∈Ω
=
+ =
∑
∑
(3.1)
onde k = 1, 2, ..., nb, sendo nb o número de barras da rede;
Ωk é o conjunto de barras vizinhas à barra k;
Vk e Vm são as magnitudes das tensões complexas nas barras k e m;
θk e θm são os ângulos de fase das tensões complexas nas barras k e m;
Pkm é o fluxo de potência ativa no circuito k−m;
Qkm é o fluxo de potência reativa no circuito k−m;
sh
kQ é o componente da injeção de potência reativa devido ao elemento shunt conectado na
barra k ( 2sh sh
k k kQ b V= , sendo sh
kb a susceptância shunt ligada à barra k).
As equações (3.1) são montadas considerando-se a seguinte convenção de sinais:
• as injeções líquidas de potência são positivas quando entram na barra (geração) e negativas
quando saem da barra (carga);
• os fluxos de potência são positivos quando saem da barra e negativos quando entram;

• para os elementos shunt das barras é adotada a mesma convenção que para as injeções.
3.3. Fluxos de Potências Ativa e Reativa
3.3.1. Linhas de Transmissão
O modelo equivalente π de uma linha de transmissão, representado na Figura 3.1, é definido por
três parâmetros: a resistência série rkm, a reatância série xkm e a susceptância shunt sh
kmb . A impedân-
cia do elemento série é zkm = rkm + jxkm e, portanto, a admitância série é
2 2 2 2
1 km km
km km km
km km km km km
r x
y j g jb
z r x r x
= = − = +
+ +
(3.2)
k m
ykm
= gkm
+ jbkm
sh
kmjbsh
kmjb
Ikm
Imk
Figura 3.1. Modelo equivalente π de uma linha de transmissão.
A corrente Ikm pode ser calculada como
( ) sh
km km k m km kI y E E jb E= − + (3.3)
onde ek mj j
k k m mE V e E V eθ θ
= = .
Analogamente, a corrente Imk é
( ) sh
mk km m k km mI y E E jb E= − + (3.4)
O fluxo de potência complexa da barra k para a barra m é

( )( )k k m kj j j jsh
km km km k km k km km k m km kS P jQ E I V e g jb V e V e jb V eθ θ θ θ−∗ ∗
⎡ ⎤= − = = + − +⎣ ⎦ (3.5)
Os fluxos Pkm e Qkm são obtidos identificando-se as partes reais e imaginárias dessa equação
complexa
( )
( ) ( )
2
2
cos sen
cos sen
km k km k m km km km km
sh
km k km km k m km km km km
P V g V V g b
Q V b b V V b g
θ θ
θ θ
= − +
= − + + −
(3.6)
onde θkm = θk − θm.
Os fluxos Pmk e Qmk são obtidos analogamente, ou seja,
( )
( ) ( )
2
2
cos sen
cos sen
mk m km k m km mk km mk
sh
mk m km km k m km mk km mk
P V g V V g b
Q V b b V V b g
θ θ
θ θ
= − +
= − + + −
(3.7)
onde θmk = θm − θk.
3.3.2. Transformadores em fase
A Figura 3.2 mostra o circuito equivalente de um transformador em fase.
k m
ykm
Ikm Imk
p
a:1
Figura 3.2. Modelo de transformador em fase.
Na Seção 1.5, deduziu-se que as correntes nos enrolamentos de um transformador em fase são
expressas por

2
1 1
1
km km k km m
mk km k km m
I y E y E
a a
I y E y E
a
= −
= − +
(3.8)
O fluxo de potência complexa da barra k para a barra m é
km km km k kmS P jQ E I∗ ∗
= − = (3.9)
e, portanto, os fluxos de potência ativa e reativa são obtidos identificando-se as partes real e imagi-
nária dessa expressão. Isto resulta em
( )
( )
2
2
2
2
cos sen
cos sen
k km k m
km km km km km
k km k m
km km km km km
V g V V
P g b
a a
V b V V
Q b g
a a
θ θ
θ θ
= − +
= − + −
(3.10)
Por outro lado, o fluxo de potência complexa da barra m para a barra k é
mk mk mk m mkS P jQ E I∗ ∗
= − = (3.11)
e, portanto, os fluxos de potência ativa e reativa são
( )
( )
2
2
sen cos
cos sen
k m
mk m km km km km km
k m
mk m km km km km km
V V
P V g b g
a
V V
Q V b b g
a
θ θ
θ θ
= + −
= − + +
(3.12)
3.4. Formulação Matricial
Das equações nodais para um sistema elétrico, tem-se I = YbarraE, onde I é o vetor de injeções de
corrente, E é o vetor das tensões nodais e Ybarra é a matriz admitância de barras. Os elementos da
matriz admitância, generalizados, são

( )2
1 1
k k
sh sh sh sh
km km kk k km km mm m km km
m mkm
Y y Y jb jb y Y jb jb y
a a∈Ω ∈Ω
⎛ ⎞
= − = + + = + +⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ ∑ (3.13)
A matriz Ybarra pode ser decomposta em duas matrizes
barra barra barraj= +Y G B (3.14)
onde Gbarra é a matriz condutância nodal;
Bbarra é a matriz susceptância nodal.
A injeção líquida de corrente na barra k pode ser escrita como
k
k kk k km m
m
I Y E Y E
∈Ω
= + ∑ (3.15)
Considerando que Ykk = Gkk + jBkk, Ykm = Gkm + jBkm , ek mj j
k k m mE V e E V eθ θ
= = , a equação (3.15)
pode ser reescrita como
( ) ( )k m
k
j j
k kk kk k km km m
m
I G jB V e G jB V eθ θ
∈Ω
= + + +∑ (3.16)
A injeção de potência complexa na barra k é
k k k k kS P jQ E I∗ ∗
= − = (3.17)
e, substituindo a equação (3.16) na equação (3.17), as injeções de potências ativa e reativa na barra
k podem ser escritas como
( )
( )
2
2
cos sen
sen cos
k
k
k kk k k m km km km km
m
k kk k k m km km km km
m
P G V V V G B
Q B V V V G B
θ θ
θ θ
∈Ω
∈Ω
= + +
= − + −
∑
∑
(3.18)

3.5. Equacionamento em Termos das Variáveis do Sistema
Dados para o fluxo de carga:
• Pk e Qk nas barras PQ;
• Pk e Vk nas barras PV;
• Vk e θk na barra de folga (referência angular).
Incógnitas no fluxo de carga:
• Vk e θk nas barras PQ;
• θk nas barras PV.
Sejam npq e npv o número de barras PQ e PV, respectivamente. Então, o problema do fluxo de
carga envolve 2npq + npv equações algébricas não-lineares com o mesmo número de incógnitas.
Estas equações são conhecidas como balanços (mismatches) de potências ativa e reativa e, mate-
maticamente, são expressas por
( )
( )
2
2
cos sen 0 para barras e
sen cos 0 para barras
k
k
esp
kk k k m km km km km k
m
esp
kk k k m km km km km k
m
G V V V G B P PV PQ
B V V V G B Q PQ
θ θ
θ θ
∈Ω
∈Ω
+ + − =
− + − − =
∑
∑
(3.19)
onde ;k k
esp
k G dP P P= −
.k k
esp
k G dQ Q Q= −
Os balanços de potências ativa e reativa, equações (3.19), podem ser reescritas, de uma forma
mais compacta, como
0 para barras e
0 para barras
calc esp
k k k
calc esp
k k k
P P P PV PQ
Q Q Q PQ
Δ = − =
Δ = − =
(3.20)
Uma vez resolvido este problema, estará conhecido o estado de todas as barras da rede (tensões

complexas em todas as barras). Então, calcula-se
( )
( )
2
2
cos sen para a barra de folga
sen cos para barras e de folga
k k
k
k k
k
G kk k k m km km km km d
m
G kk k k m km km km km d
m
P G V V V G B P
Q B V V V G B Q PV
θ θ
θ θ
∈Ω
∈Ω
= + + +
= − + − +
∑
∑
(3.21)
As incógnitas podem ser agrupadas no vetor x como
⎡ ⎤
= ⎢ ⎥
⎣ ⎦
x
V
θ
(3.22)
onde θ é o vetor dos ângulos de fase das tensões complexas nas barras PV e PQ;
V é o vetor das magnitudes das tensões complexas nas barras PQ.
As equações (3.20) podem ser colocadas na forma vetorial como
para barras e
para barras
calc esp
calc esp
PV PQ
PQ
Δ = − =
Δ = − =
P P P 0
Q Q Q 0
(3.23)
onde ΔP é o vetor dos desbalanços de potência ativa nas barras PV e PQ;
ΔQ é o vetor dos desbalanços de potência reativa nas barras PQ.
Seja f(x) o vetor de funções
( )
Δ⎡ ⎤
= ⎢ ⎥Δ⎣ ⎦
P
f x
Q
(3.24)
Dessa forma, o sistema de equações algébricas não-lineares a ser resolvido pode ser colocado na
seguinte forma
( ) =f x 0 (3.25)
A resolução desse sistema pode ser realizada por vários métodos iterativos que serão estudados a

seguir. A inicialização do problema é feita arbitrando valores para as magnitudes das tensões nas
barras PQ e para os ângulos de fase de todas as barras, exceto a de folga. Normalmente, utiliza-se a
inicialização com perfil plano (flat start), onde se adota 1,0 pu para as magnitudes das tensões e 0°
para os ângulos de fase.
Os critérios de convergência para os métodos de solução iterativos são os balanços de potência
ativa nas barras PV e PQ e de potência reativa nas barras PQ que devem tender a zero. Na prática,
estes balanços deverão satisfazer uma tolerância pré-especificada (em geral, 10−3
).
3.6. Métodos Iterativos de Gauss e de Gauss-Seidel
Da equação (3.17), tem-se
k k
k
k
P jQ
I
E∗
−
= (3.26)
Por outro lado, da equação (3.15), pode-se escrever
1
k
k k km m
mkk
E I Y E
Y ∈Ω
⎛ ⎞
= −⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ (3.27)
Substituindo a equação (3.26) na equação (3.27), obtém-se
1
k
k k
k km m
mkk k
P jQ
E Y E
Y E∗
∈Ω
⎛ ⎞−
= −⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ (3.28)
a qual envolve somente tensões complexas como variáveis. Formulando o fluxo de carga dessa
forma, obtém-se um conjunto de equações não-lineares que pode ser resolvido iterativamente.
Para a aplicação desse método algum cuidado deve ser tomado em relação ao tipo da barra:
• a tensão da barra de folga não participa do processo iterativo, tendo o seu valor sido previa-
mente estipulado;
• para as barras PQ, utiliza-se
1
k
esp esp
calc k k
k km m
mkk k
P jQ
E Y E
Y E∗
∈Ω
⎛ ⎞−
= −⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ (3.29)

• para as barras PV, utiliza-se
1
k
esp calc
calc k k
k km m
mkk k
P jQ
E Y E
Y E∗
∈Ω
⎛ ⎞−
= −⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ (3.30)
onde
{ }
k k
calc
k k k kk k km m k kk k km m
m m
Q Im S Im E Y E Y E Im E Y E Y E∗ ∗ ∗ ∗ ∗
∈Ω ∈Ω
⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎪ ⎪ ⎪ ⎪
= = + = − +⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭ ⎩ ⎭
∑ ∑ (3.31)
e, após, corrige-se o valor de calc
kE por
esp
corrig calc k
k k calc
k
V
E E
E
= (3.32)
Ao final de cada iteração do método de Gauss, atualizam-se as tensões complexas, isto é,
para as barras
para as barras
calc
k k
corrig
k k
E E PQ
E E PV
←
←
(3.33)
A diferença fundamental entre os métodos de Gauss e de Gauss-Seidel reside na forma de atuali-
zação das tensões complexas. Enquanto o método de Gauss atualiza as tensões somente ao final da
iteração, o método de Gauss-Seidel atualiza imediatamente os valores já calculados para as tensões
complexas.
3.7. Método Iterativo de Newton-Raphson
Considere a resolução do problema genérico f(x) = 0. A resolução deste problema pelo método
de Newton-Raphson consiste, inicialmente, em expandir o vetor f(x) em série de Taylor na direção
Δx e truncá-lo nos termos de primeira ordem. Assim, tem-se
( )
( ) ( )
∂
+ Δ ≈ + Δ =
∂
f x
f x x f x x 0
x
(3.34)
onde ( )∂
∂
f x
x
é a matriz Jacobiana de f(x), ou seja, é uma matriz de primeiras derivadas.
Dessa forma, a cada etapa do processo iterativo, sucessivas aproximações para a solução x po-

dem ser obtidas como
1
( )
( )
h
h h
−
⎡ ⎤∂
Δ = − ⎢ ⎥∂⎣ ⎦
f x
x f x
x
(3.35)
1 1h h h+ +
= + Δx x x (3.36)
onde h é a iteração corrente.
Das equações (3.24) e (3.22), se deduz que
( )
h
h
h
⎡ ⎤Δ
= ⎢ ⎥
Δ⎣ ⎦
P
f x
Q
h
h
⎡ ⎤Δ
Δ = ⎢ ⎥
Δ⎣ ⎦
x
V
θ
(3.37)
e, portanto, a matriz Jacobiana J(x) é
( ) ( )
( ) ( )
( )
∂ Δ ∂ Δ⎡ ⎤
⎢ ⎥
∂ ∂⎢ ⎥=
∂ Δ ∂ Δ⎢ ⎥
⎢ ⎥
∂ ∂⎣ ⎦
J
P P
V
x
Q Q
V
θ
θ
(3.38)
Considerando as expressões dos vetores ΔP e ΔQ, dadas na equação (3.23) e lembrando que Pesp
e Qesp
são constantes, a matriz Jacobiana, equação (3.38), pode ser reescrita como
( ) ( )
( ) ( )
( )
calc calc
calc calc
⎡ ⎤∂ ∂
⎢ ⎥
∂ ∂⎢ ⎥=
⎢ ⎥∂ ∂
⎢ ⎥
⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
J
P P
V
x
Q Q
V
θ
θ
(3.39)
As submatrizes que compõem a matriz Jacobiana J, dada na equação (3.39), são, geralmente, re-

presentadas por
calc calc
calc calc
∂ ∂
= − = −
∂ ∂
∂ ∂
= − = −
∂ ∂
H N
M L
P P
V
Q Q
V
θ
θ
(3.40)
onde o sinal de menos vem da equação (3.35).
Substituindo as equações (3.37), (3.39) e (3.40) na equação (3.35), resulta
1h h h h
h h h h
−
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤Δ Δ
=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
Δ Δ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
H N
M L
P
V Q
θ
(3.41)
Os componentes das submatrizes H, N, M e L são dadas por
( )
2
sen coskm k m km km km km
calc
kk k kk k
H V V G B
H Q B V
θ θ⎧ = − −⎪
⎨
⎪ = +⎩
H (3.42)
( )
2
cos senkm k km km km km
calc
k kk k
kk
k
N V G B
P G V
N
V
θ θ⎧ = − +
⎪⎪
⎨ +
= −⎪
⎪⎩
N (3.43)
( )
2
cos senkm k m km km km km
calc
kk kk k k
M V V G B
M G V P
θ θ⎧ = +⎪
⎨
⎪ = −⎩
M (3.44)
( )
2
sen coskm k km km km km
calc
kk k k
kk
k
L V G B
B V Q
L
V
θ θ⎧ = − −
⎪⎪
⎨ −
=⎪
⎪⎩
L (3.45)
3.8. Métodos Iterativos Desacoplados
Os métodos desacoplados baseiam-se no desacoplamento P−θ e Q−V, ou seja, são obtidos consi-
derando o fato de que as sensibilidades VQP ∂∂∂∂ eθ são mais intensas do que as sensibilida-

des θ∂∂∂∂ QVP e . Este tipo de relação, em geral, verifica-se para redes de transmissão em ex-
tra-alta tensão (EAT, maiores do que 230 kV) e ultra-alta tensão (UAT, maiores do que 750 kV).
O desacoplamento possibilita a adoção de um esquema de resolução segundo o qual os subpro-
blemas P−θ e Q−V são resolvidos alternadamente: na resolução do subproblema P−θ são utilizados
os valores atualizados de V; na resolução do subproblema Q−V são utilizados os valores atualizados
de θ.
Nos métodos desacoplados são introduzidas aproximações apenas na matriz Jacobiana, sendo os
valores dos balanços de potências ΔP e ΔQ calculados da mesma forma que no método de Newton-
Raphson, ou seja, utilizando as equações (3.19). A introdução de aproximações na matriz Jacobiana
altera o processo de convergência, ou seja, modifica o caminho entre a solução inicial e a solução
final, mas não altera a solução final, pois o problema resolvido permanece o mesmo. O desacopla-
mento é introduzido apenas no algoritmo de resolução, sem afetar o modelo de rede.
3.8.1. Método de Newton-Raphson Desacoplado
O algoritmo básico do método de Newton-Raphson, desenvolvido na Seção 3.7, pode ser colo-
cado na forma
Δ = Δ + Δ
Δ = Δ + Δ
← + Δ
← + Δ
H N
M L
P V
Q V
V V V
θ
θ
θ θ θ
(3.46)
A dedução do método desacoplado baseia-se na aplicação das seguintes etapas.
• Efetuar o desacoplamento e aplicar o esquema alternado de resolução. Pelo desacoplamen-
to P−V e Q−θ os termos NΔV e MΔθ são desprezados.
• Dividir os vetores ΔP e ΔQ por V. Isto torna os segundos membros lineares em V.
Estas alterações produzem o seguinte sistema desacoplado

Δ
′= Δ
← + Δ
Δ
′= Δ
← + Δ
H
L
P
V
Q
V
V
V V V
θ
θ θ θ
(3.47)
onde as componentes das submatrizes H′ e L′ são expressas por
( )sen coskm m km km km km
calc
k
kk kk k
k
H V G B
Q
H B V
V
θ θ′⎧ = − −
⎪⎪
′ ⎨
′ = +⎪
⎪⎩
H (3.48)
2
cos senkm km km km km
calc
k
kk kk
k
L B G
Q
L B
V
θ θ′ = −⎧
⎪
′ ⎨
′ = −⎪
⎩
L (3.49)
3.9. Fluxo de Potência Linearizado ou Fluxo de Carga CC
O fluxo de potência ativa em um circuito é aproximadamente proporcional à abertura angular do
circuito e se desloca no sentido dos ângulos maiores para os ângulos menores. A relação entre os
fluxos de potência ativa e as aberturas angulares é do mesmo tipo que entre os fluxos de corrente e
as quedas de tensão em um circuito de corrente contínua, para o qual é válida a Lei de Ohm. Esta
propriedade possibilita o desenvolvimento de um modelo aproximado de fluxo de carga CC que
permite estimar, com baixo custo computacional e com precisão aceitável para muitas aplicações, a
distribuição dos fluxos de potência ativa em uma rede de transmissão.
O fluxo de carga CC é baseado no acoplamento entre as variáveis P e θ (potência ativa – ângulo
de fase das tensões complexas) e apresenta resultados tanto melhores quanto mais elevado for o ní-
vel de tensão do sistema. Este modelo linearizado, no entanto, não é aplicável para sistemas de dis-
tribuição em baixa tensão, nos quais os fluxos de potência ativa dependem também, e de maneira
significativa, das magnitudes das tensões complexas nas barras.
Deve-se observar que o modelo CC não leva em conta as magnitudes das tensões nodais, as po-
tências reativas e os tapes dos transformadores. Por esta razão, ele não pode substituir por completo
os métodos não-lineares de fluxo de potência, mas tem, todavia, grande utilidade em fases prelimi-

nares de estudos que exigem a análise de um grande número de casos, o que dificilmente poderia
ser feito utilizando-se os métodos convencionais. Em fases subseqüentes dos estudos, se for neces-
sário o conhecimento de variáveis como as magnitudes das tensões, os fluxos de potência reativa e
os valores dos tapes de transformadores, então se deve utilizar métodos que forneçam soluções exa-
tas (como Newton-Raphson, desacoplado, ...).
3.9.1. Linearização
Para proceder-se a linearização das equações da rede elétrica considerando apenas o acoplamen-
to P – θ, deve-se considerar as seguintes aproximações:
• Vk = 1,0 pu em todas as barras;
• Desprezar todos os shunts na formação de Ybarra;
• Desprezar todas as resistências série dos circuitos;
• Considerar senθkm ≅ θkm em radianos;
• Considerar todos os tapes unitários.
Dessa forma as equações (3.6), (3.10) e (3.12) que fornecem os fluxos de potência ativa em li-
nhas de transmissão e transformadores em fase, podem ser escritas como
( ) k m
km km km km k m
km
P b b
x
θ θ
θ θ θ
−
= − = − − = (3.50)
onde xkm é a reatância equivalente de todos os circuitos em paralelo que existem no ramo k − m.
Esta equação tem a mesma forma que a Lei de Ohm aplicada a um resistor percorrido por cor-
rente contínua, sendo Pkm análogo à intensidade da corrente, θk e θm análogos às tensões terminais e
xkm análogo à resistência elétrica do resistor. Por esta razão, o modelo de rede de transmissão basea-
do na equação (3.50) é conhecido como modelo CC.
3.9.2. Formulação Matricial
A injeção de potência ativa na barra k é igual à soma dos fluxos que saem da barra, ou seja,

( )1 1 1
k k k
k km k m km k km m
m m m
P x x xθ θ θ θ− − −
∈Ω ∈Ω ∈Ω
= − = −∑ ∑ ∑ (3.51)
que, por sua vez, admite uma representação matricial do tipo
′= BP θ (3.52)
onde P é o vetor das injeções líquidas de potência ativa;
θ é o vetor dos ângulos de fase das tensões complexas;
B′ é uma matriz tipo susceptância nodal, cujos elementos são
1 1
k
km km kk km
m
B x B x− −
∈Ω
′ ′= − = ∑ (3.53)
A matriz B′ dada na equação (3.53) é singular pois, como as perdas de transmissão foram ig-
noradas, a soma dos componentes de P é nula, ou seja, a injeção de potência em uma barra qualquer
da rede pode ser obtida a partir da soma algébrica das demais. Para resolver este problema, elimina-
se uma das equações do sistema linear (3.52) e adota-se a barra correspondente como referência an-
gular do sistema (θ = 0°). Dessa forma, esse sistema passa a ser não-singular com dimensão
(nb − 1) e os ângulos de fase das (nb − 1) barras restantes podem ser determinados a partir das inje-
ções de potência ativa especificadas nessas (nb − 1) barras.
3.10. Características dos Métodos de Solução do Fluxo de Potência
De uma forma genérica, pode-se dizer o seguinte sobre cada um dos métodos estudados:
a) Método de Gauss-Seidel:
• é um método exato de cálculo;
• tende a apresentar um número elevado de iterações (da ordem do tamanho do sistema);
• se a diagonal da matriz Ybarra for fraca, pode apresentar problemas de divergência.
b) Método de Newton-Raphson:
• apresenta convergência quadrática;

• baixo número de iterações;
• custo computacional relativamente elevado por iteração;
• a matriz Jacobiana é tão esparsa quanto a Ybarra, é simétrica quanto à estrutura e é assimétrica
numericamente;
• muito sensível quanto à inicialização (o ideal é fornecer valores iniciais próximos à solução
final).
c) Método de Newton-Raphson desacoplado:
• utiliza o acoplamento existente entre as variáveis P – θ e Q – V em redes de EAT e UAT;
• solução dos subsistemas alternadamente com atualização das incógnitas;
• a velocidade de convergência dos subsistemas pode ser diferente.
d) Método linearizado (Fluxo de potência CC)
• é um método aproximado de cálculo;
• sempre apresenta convergência, mesmo que para valores absurdos;
• melhor desempenho em redes de alta relação
r
x (EAT, UAT);
• é adequado a problemas onde a exatidão não é um fator preponderante e/ou em problemas on-
de haja necessidade de muitas soluções de casos, como, por exemplo, em planejamento de ex-
pansão;
• apresenta uma solução rápida;
• apresenta a desvantagem de ser um método aproximado de cálculo (geralmente, apresenta um
erro de 3 a 5% nos ângulos para sistemas de linhas médias).
3.11. Ajustes e Controles
Nas seções anteriores, foram apresentados os principais métodos de resolução das equações bási-
cas do problema do fluxo de carga. Essas equações representam os componentes mais importantes
de um sistema de energia elétrica, que são as cargas, os geradores, as linhas de transmissão, os
transformadores em fase, os capacitores e reatores shunt. Além desses componentes, um sistema de
energia elétrica possui uma série de dispositivos de controle que influem diretamente na operação e,
portanto, devem ser incluídos na modelagem do sistema para que se possa simular corretamente seu

desempenho. À formulação básica do problema de fluxo de carga devem, então, ser incorporadas as
equações que representam esses dispositivos de controle bem como as inequações associadas aos
limites de operação do sistema.
Entre os controles que geralmente são representados em problemas de fluxo de carga estão:
• controle da magnitude de tensão nodal (local e remota) por injeção de reativos;
• controle da magnitude de tensão nodal por ajuste de tap (transformadores em fase);
• controle de fluxo de potência ativa (transformadores defasadores);
• controle de intercâmbio entre áreas.
Os limites de operação mais comuns são:
• limites de injeção de potência reativa em barras PV;
• limites de tensão em barras PQ;
• limites dos taps de transformadores;
• limites de fluxos em circuitos.
Existem basicamente três modos de representar os controles mencionados anteriormente:
a) Classificação por tipo de barra (PQ, PV, Vθ). Isto significa que, por exemplo, o controle de
tensão em barras PV já está representado nas equações do fluxo de carga pela própria defi-
nição de barra PV.
b) Mecanismos de ajuste executados alternadamente, ou seja, durante o cálculo de uma itera-
ção as variáveis de controle permanecem inalteradas e, entre uma iteração e outra, essas
variáveis são reajustadas procurando-se fazer que as variáveis controladas se aproximem
cada vez mais dos respectivos valores especificados.
c) Incorporação de equações e variáveis adicionais às equações básicas do fluxo de carga ou
substituição de equações e/ou variáveis da formulação básica do fluxo de carga por novas
equações e/ou variáveis. Por exemplo, um transformador em fase, cuja variável de controle
é a relação de transformação a e a variável controlada é a magnitude da tensão em uma de
suas barras terminais, pode ser representado pela simples alteração do vetor de variáveis
dependentes x, no qual a magnitude da tensão controlada é substituída pela relação de
transformação a, mantendo-se inalterado o conjunto de equações.
Em relação ao processo de resolução das equações básicas do fluxo de carga, a introdução da
representação de controles traz algumas complicações adicionais que devem ser observadas. A con-
vergência do processo iterativo geralmente fica mais lenta. A interferência entre controles que são

eletricamente próximos pode levar, em alguns casos, à não-convergência do processo iterativo. A-
lém disso, a ocorrência de soluções múltiplas para um mesmo problema torna-se freqüente quando
os dispositivos de controle são incluídos na modelagem do sistema.
3.12. Cargas Variáveis com a Tensão
A representação de cargas por injeções constantes de potência ativa e reativa nem sempre cor-
responde ao comportamento real do sistema. A rigor, a modelagem por injeção de potência constan-
te somente seria inteiramente correta se as magnitudes das tensões nodais das cargas permaneces-
sem iguais aos respectivos valores nominais. Entretanto, em algumas aplicações do cálculo do fluxo
de carga, como é o caso dos programas de análise de estabilidade transitória, a modelagem das car-
gas tem efeito direto sobre os resultados. A modelagem por potência constante (independente da
tensão) é, em geral, mais crítica que a modelagem por admitância constante (a carga varia com o
quadrado da magnitude da tensão). Nesse tipo de aplicação, freqüentemente são observados casos
estáveis classificados como instáveis porque não foram consideradas as variações das cargas com as
magnitudes das tensões.
Um modelo geral para as cargas ativas e reativas é dado por
( )
( )
2
2
k
k
nom
d p p k p k k
nom
d q q k q k k
P a b V c V P
Q a b V c V Q
= + +
= + +
(3.54)
em que a + b + c = 1, ou seja, para Vk = 1,0 pu, as cargas esp
k
esp
k QP e assumem os valores nominais
enom nom
k kP Q . Essa alteração na definição das cargas provoca algumas pequenas mudanças na mon-
tagem da matriz Jacobiana, pois agora esp
k
esp
k QP e deixam de ser constantes e passam a ser funções
de Vk. São afetados os elementos Nkk e Lkk das submatrizes N e L, que passam a ser calculados como
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
2
2
nom calc
kk p p k k k kk k k
nom calc
kk q q k k k kk k k
N b c V P V G V P
L b c V Q V B V Q
−
−
= + − +
= + + −
(3.55)
em que calc
k
calc
k QP e são os valores calculados em função da estimativa mais recente do estado da
rede, durante o processo iterativo de resolução das equações do fluxo de potência.

IV. OPERAÇÃO ECONÔMICA DE SISTEMAS DE POTÊNCIA
A operação econômica de um sistema de energia elétrica está sempre voltada para a análise de
custo de produtos e serviços. Estas análises são importantes dentro do aspecto de retorno sobre o
capital investido. Taxas fixadas por comitês reguladores e a importância da economia de combustí-
vel colocam pressões extremas sobre as companhias de energia elétrica com o objetivo de alcançar
máxima eficiência na operação e de aumentar a eficiência continuamente com o fim de manter uma
razoável relação entre o custo do kWh para o consumidor e o custo da companhia para fornecer um
kWh em face do constante crescimento dos preços do petróleo, dos serviços, dos suprimentos e de
manutenção.
Os engenheiros têm alcançado grande sucesso no aumento da eficiência de caldeiras, turbinas e
geradores de modo que cada nova unidade adicionada às centrais de um sistema opera de modo
mais eficiente que qualquer unidade mais antiga. Na operação do sistema nas condições de qualquer
carga, a contribuição de cada central e de cada unidade dentro dela deve ser determinada de modo
que o custo de potência gerada seja mínimo.
4.2. Distribuição de Carga entre as Unidades de uma Mesma Central
Para determinar a distribuição econômica da carga entre as várias unidades compostas de turbi-
na, gerador e caldeira, o custo variável de operação da unidade deve ser expresso em termos da po-
tência de saída. Uma curva típica entrada×saída está indicada na Figura 4.1. Esta representa a entra-
da de combustível para uma unidade em Btu/h versus a potência de saída da unidade em MW. A en-
trada de combustível pode facilmente ser convertida para $/h, multiplicando a entrada de combustí-
vel pelo seu custo.
1,0 Btu = 1.055,0559 J

Operação Econômica de Sistemas de Potência Prof. Luciano V. Barboza
Figura 4.1. Curva de entrada×saída para uma unidade geradora.
O critério para distribuição de carga entre unidades é baseado no fato de que o crescimento da
carga em uma unidade acompanhada de um decréscimo na outra de uma quantidade igual resulta
em um acréscimo ou decréscimo no custo total. Então, está se trabalhando com custo incremental
que é determinado pelas inclinações das curvas entrada×saída das unidades. Se as ordenadas da
curva entrada×saída forem expressas em $/h e sendo
Fn → entrada da unidade n, em $/h
Pn → saída da unidade n, em MW
o custo incremental de combustível da unidade n em $/MWh será
n
n
dP
dF
.
Aproximadamente, o custo incremental de combustível pode ser obtido pela determinação do
custo adicional de combustível para um determinado intervalo de tempo quando a potência de saída
é aumentada de pequenas quantidades. Assim, o custo incremental aproximado de uma saída em
particular é o custo adicional em $/h para aumentar a saída em 1 MW. Na realidade, o custo incre-
mental de combustível é obtido medindo-se a inclinação da curva entrada×saída e multiplicando-a
pelo custo da unidade.

Figura 4.2. Custo incremental de combustível×potência de saída.
Um gráfico típico de custo incremental de combustível versus potência de saída é mostrado na
Figura 4.2. Esta curva é obtida medindo-se a inclinação da curva entrada×saída para várias saídas e
aplicando um custo de combustível de $ 1,30 por 106
Btu. Como se vê na Figura 4.2, o custo incre-
mental de combustível é bastante linear em relação à potência de saída dentro da faixa de utilização.
Em estudos práticos, a curva é geralmente aproximada por uma ou duas retas. A reta tracejada na
figura é uma boa aproximação para a curva. A equação da reta é
9801260 ,, += n
n
n
P
dP
dF
tal que, quando a potência de saída é 300 MW, o custo incremental determinado pela aproximação
linear é 12,68 $/MWh. Este valor é o custo adicional aproximado por hora para um acréscimo de
1 MW e a economia por hora para uma redução na saída de 1 MW. O custo incremental real para
300 MW é 12,50 $/MWh.
Para o estabelecimento de um critério para o despacho econômico entre unidades de uma mesma
central, considere que, para uma central com k unidades geradoras, tem-se
( ) ( ) ( )1 1 2 2T k kF F P F P F P= + + +… (4.1)
1 2T kP P P P= + + +… (4.2)
onde FT é o custo total de combustível da central, em $/h;
PT é a potência total fornecida pela central, em MW.

Os custos de combustível das unidades são F1, F2, ..., Fk com correspondentes saídas P1, P2, ...,
Pk. O objetivo é obter um FT mínimo para uma determinada PT, isto requer dFT = 0. Como o custo
total de combustível depende da potência de saída de cada unidade, tem-se
1 2
1 2
0T T T
T k
k
F F F
dF dP dP dP
P P P
∂ ∂ ∂
= + + + =
∂ ∂ ∂
… (4.3)
Utilizando a equação (4.1), a equação (4.3) transforma-se em
1 2
1 2
1 2
0k
T k
k
dFdF dF
dF dP dP dP
dP dP dP
= + + + =… (4.4)
Observando que PT é constante em uma determinada situação e derivando a equação (4.2), ob-
tém-se
1 2 0kdP dP dP+ + + =… (4.5)
Subtraindo a equação (4.5) multiplicada por uma constante λ da equação (4.4), obtém-se
1 2
1 2
1 2
0k
k
k
dFdF dF
dP dP dP
dP dP dP
λ λ λ
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
− + − + + − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
… (4.6)
Esta equação será satisfeita se cada termo for igual a zero. Assim, a equação (4.6) é satisfeita se
1 2 1 2
1 2 1 2
, , , k k
k k
dF dFdF dF dF dF
dP dP dP dP dP dP
λ λ λ= = = ⇒ = = =… … (4.7)
e, portanto, todas as unidades devem operar com o mesmo custo incremental de combustível λ para
um mínimo custo total em $/h.
Um programa para a distribuição de carga entre as unidades da central pode ser preparado assu-
mindo vários valores de λ, obtendo a correspondente saída para cada unidade e adicionando as saí-
das para obter a geração total da central para cada λ. Se gerações máxima e mínima são especifica-
das para as unidades, algumas unidades não serão capazes de operar no mesmo custo incremental de
combustível que outras, mesmo assim, estarão em despacho econômico.

Exemplo 4.1: Os custos incrementais de combustível em $/MWh para uma central termelétrica
consistindo de duas unidades geradoras são dados por
1 2
1 2
1 2
0,0080 8,0 e 0,0096 6,4
dF dF
P P
dP dP
= + = +
Considere que ambas as unidades estejam operando durante todo o tempo, que a carga total varie de
250 a 1.250 MW e que a carga, mínima e máxima, em cada unidade deva ser de 100 e 625 MW,
respectivamente. Encontre o custo incremental de combustível e a alocação de carga entre as unida-
des para um custo mínimo de operação para várias cargas totais.
Exemplo 4.2: Determinar a economia em custo de combustível em US$/h para uma distribuição
econômica de carga total de 900 MW entre as duas unidades da central do Exemplo 1 em vez de
uma distribuição igualitária da carga.
4.3. Perdas na Transmissão em Função da Geração da Central
Na distribuição econômica de carga entre centrais, as perdas nas linhas de transmissão devem ser
consideradas. Embora o custo incremental de combustível no barramento de uma central seja mais
baixo do que o de uma outra para uma determinada distribuição de carga, a central com menor custo
incremental pode estar muito afastada do centro de carga. As perdas na transmissão de uma central
com menor custo incremental podem ser tão grandes que a economia possa indicar a diminuição da
geração desta central e o aumento da geração da central com maior custo incremental. Para coorde-
nar perdas na transmissão com o problema de despacho econômico, é necessário expressar a perda
de transmissão total de um sistema como função da geração de cada central.
A determinação das perdas na transmissão em um sistema consistindo em duas centrais gerado-
ras facilita o entendimento dos princípios envolvidos na expressão das perdas em termos de potên-
cia de saída das centrais. A Figura 4.3 mostra o sistema, sendo Ra, Rb e Rc as resistências elétricas
das linhas a, b e c, respectivamente. A perda total para o sistema de transmissão trifásico é
2 2 2
1 2 1 23 3 3L a b cP R I R I R I I= + + + (4.8)

a b
c
I1
I2
I1
+ I2
1 2
4
3
Central 1 Central 2
Carga
Figura 4.3. Sistema simples conectando duas centrais geradoras e uma carga.
Levando-se em conta que a defasagem entre as correntes é muito pequena, tem-se
1 2 1 2I I I I+ ≈ + (4.9)
e, portanto,
( ) ( )
2 2
1 1 2 23 3 2 3L a c c b cP I R R I I R I R R= + + × + + (4.10)
Se P1 e P2 são as saídas de potência trifásica das centrais 1 e 2 com fatores de potência fp1 e fp2,
respectivamente, e com tensões terminais V1 e V2, tem-se
1 2
1 2
1 2 21
e
3 3
P P
I I
V fp V fp
= = (4.11)
Substituindo as equações (4.11) na equação (4.10), obtém-se
2 2
1 1 2 22 22 2
1 2 1 21 1 2 2
2 2
11 1 12 1 2 22 2
2
2
a c c b c
L
L
R R R R R
P P PP P
V V fp fpV fp V fp
P B P B PP B P
+ +
= + +
= + +
(4.12)
onde 11 2 2
1 1
a cR R
B
V fp
+
= , 12
1 2 1 2
cR
B
V V fp fp
= e 22 2 2
2 2
b cR R
B
V fp
+
= (4.13)
são chamados coeficientes de perda ou coeficientes B. Se nas equações (4.13) as tensões estiverem

em kV e as resistências em Ω, a unidade para os coeficientes de perda é MW−1
. Então, na equação
(4.12), com potências trifásicas P1 e P2 em MW, PL será também em MW. Naturalmente, que os
cálculos também podem ser realizados em pu.
Estes coeficientes B fornecem a perda exata através da equação (4.12) somente para os valores
de P1 e P2 que resultaram nas tensões e fatores de potência usados na equação (4.13) e para o siste-
ma para o qual estes foram deduzidos. O uso de valores constantes para os coeficientes de perda na
equação (4.12) fornece razoável precisão de resultados quando estes coeficientes são calculados pa-
ra alguma condição média de operação, desde que não ocorram deslocamentos extremamente am-
plos em torno deste ponto. Na prática, grandes sistemas são economicamente carregados baseados
em cálculos sobre vários conjuntos de coeficientes de perda para várias situações de carregamento.
Exemplo 4.3: Para o sistema cujo diagrama unifilar é mostrado na Figura 4.3, I1 = 1,0∠0° pu e
I2 = 0,8∠0° pu. Se a tensão na barra 3 é V3 = 1,0∠0° pu, determine os coeficientes de perda. As im-
pedâncias das linhas são (0,04 + j0,16) pu, (0,03 + j0,12) pu e (0,02 + j0,08) pu para os circuitos a,
b e c, respectivamente.
Exemplo 4.4: Calcule a perda na transmissão para o Exemplo 4.3 pela fórmula de perdas e pelo cál-
culo exato.
A exata concordância entre os métodos já era esperada desde que os coeficientes de perda foram
determinados exatamente para esta condição de operação. O erro introduzido pelo uso dos mesmos
coeficientes de perda para outras duas condições de operação pode ser vista observando os resulta-
dos indicados na Tabela 4.1.
Tabela 4.1. Comparação de perdas na transmissão calculadas pelos coeficientes de perda e por I2
R,
com dados do Exemplo 4.3. Todas as grandezas estão em pu.
Perdas
I1
I2
P1
P2 Por coeficientes Por I2
R Condições
1,0∠0° 0,8∠0° 1,0400 0,8192 0,1240 0,1240 Caso original
0,5∠0° 0,4∠0° 0,5100 0,4048 0,0300 0,0310 I1
e I2
reduzidas em 50%
0,5∠0° 1,3∠0° 0,5100 1,3507 0,1273 0,1255 Deslocamento de 0,5 pu de I1
para I2
A forma geral da equação de perda para um número de centrais igual a k é

1 1
k k
L i ij j
i j
P PB P
= =
= ∑∑ (4.14)
Por exemplo, para um sistema elétrico com três centrais, tem-se
2 2 2
11 1 22 2 33 3 12 1 2 13 1 3 23 2 32 2 2LP B P B P B P B PP B PP B P P= + + + + + (4.15)
4.4. Distribuição de Carga entre Centrais
O método desenvolvido para expressar a perda de transmissão em termos das potências de saída
das centrais permite coordenar a perda de transmissão na programação das saídas de cada central
para uma máxima economia em uma determinada condição de carga do sistema.
Na equação
( ) ( ) ( )1 1 2 2T k kF F P F P F P= + + +… (4.16)
FT é o custo total de combustível para o sistema inteiro e é igual à soma dos custos individuais de
cada central. Na seção 4.2, concluiu-se que
1 2
1 2
1 2
0k
T k
k
dFdF dF
dF dP dP dP
dP dP dP
= + + + =… (4.17)
Por outro lado, a demanda total de potência no sistema (Pd), que para uma determinada situação
de carga é constante, é
1 2 k L dP P P P P+ + + − =… (4.18)
onde PL corresponde à perda de potência total no sistema de transmissão. Lembre que PL depende
da saída de potência de cada central.
Derivando a equação (4.18), obtém-se

( )1 2 1 2
1 2
0L L L
k k
k
P P P
dP dP dP dP dP dP
P P P
⎛ ⎞∂ ∂ ∂
+ + + − + + + =⎜ ⎟
∂ ∂ ∂⎝ ⎠
… … (4.19)
Multiplicando a equação (4.19) por uma constante λ e subtraindo o resultado da equação (4.17),
tem-se
1 2
1 2
1 1 2 2
0kL L L
k
k k
dFdF P dF P P
dP dP dP
dP P dP P dP P
λ λ λ λ λ λ
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂
+ − + + − + + + − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
… (4.20)
A equação (4.20) é satisfeita se
1 2
1 1 2 2
0 0 ... 0kL L L
k k
dFdF P dF P P
dP P dP P dP P
λ λ λ λ λ λ
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂
+ − = + − = + − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
(4.21)
ou, rearranjando e resumindo as equações (4.21), conclui-se que
1
0 = = para 1,2, ,
1
i i iL
i
Li i i i
i
dF dF dFP
L i k
PdP P dP dP
P
λ λ λ λ
∂
+ − = ⇒ ⇒ =
∂∂ −
∂
… (4.22)
onde Li é conhecido como fator de penalidade da central i e é definido como
1
1
i
L
i
L
P
P
=
∂
−
∂
(4.23)
O custo mínimo de combustível é obtido quando o custo incremental de cada central multiplica-
do pelo seu fator de penalidade é o mesmo para todas as centrais do sistema. Os produtos são iguais
a λ, que é chamado λ do sistema e é aproximadamente o custo em $/h para aumentar em 1 MW a
potência total fornecida ao sistema elétrico.
Exemplo 4.5: Um sistema consiste em duas centrais conectadas através de uma linha de transmis-
são. A carga única está alocada no barramento da central 2. Quando 250 MW são transmitidos da
central 1 para a central 2, a perda de potência na linha é 20 MW. Encontre a geração necessária para

cada central e a potência recebida pela carga quando λ, para o sistema, é 12,60 $/MWh. Assuma
que o custo incremental de combustível de cada central seja
1 2
1 2
1 2
0,010 8,5 ($/MWh) e 0,015 9,5 ($/MWh)
dF dF
P P
dP dP
= + = +
Exemplo 4.6: Para o sistema do Exemplo 4.5, com 384 MW recebidos pela carga, encontre:
a) a distribuição de carga entre as centrais se a perda de transmissão não for considerada no critério
de distribuição;
b) a economia em $/h obtida pela coordenação considerando a perda de transmissão na determina-
ção da carga das centrais.
4.5. Controle Automático de Geração
O controle da saída de cada central e de cada unidade dentro de uma central é prática comum na
operação de sistemas elétricos de potência. Pela monitoração contínua da saída de todas as centrais
e do fluxo de potência nas interconexões, o intercâmbio de potência com outros sistemas é contro-
lado. Nesta seção será apresentada uma das várias maneiras pelas quais este controle pode ser efetu-
ado.
Na discussão do controle, o termo área significa a porção de um sistema interligado no qual uma
ou mais companhias controlam suas gerações com o objetivo de absorver todas as suas próprias va-
riações de carga e mantêm um pré-estabelecido intercâmbio de potência com outras áreas por perío-
dos especificados. A monitoração do fluxo de potência nas linhas de interligação entre áreas deter-
mina se uma área está absorvendo satisfatoriamente as variações de carga dentro de seus próprios
limites. A função do programa computacional é fornecer condições para que a área absorva suas va-
riações de carga, prover o convencionado intercâmbio de energia com áreas vizinhas, determinar a
geração desejada de cada central na área, obedecendo a um despacho econômico, e fazer com que a
área assuma sua parte no compromisso de manter a freqüência desejada do sistema interconectado.
O diagrama de blocos da Figura 4.4 indica o fluxo de informação controlando uma área. Na
posição 1, está indicado o processamento da informação sobre o fluxo de potência nas linhas de
interligação para outras áreas controladas. O intercâmbio real resultante Pa é a soma algébrica das
potências nas linhas de interligação e é positivo quando a potência resultante está saindo da área. O
intercâmbio resultante pré-estabelecido é chamado intercâmbio líquido programado PS. Na posição

2, o intercâmbio programado resultante é subtraído do intercâmbio real resultante.
A posição 3 indica a subtração da freqüência programada fS da freqüência atual fa para obter Δf, o
desvio de freqüência. A posição 4 indica que o ajuste de declividade de freqüência Bf, um fator com
sinal negativo, é multiplicado por Δf para obter um valor em MW chamado declividade de
freqüência Bf Δf.
Processamento
da informação
das linhas de
interligação
Calcula os
fatores de
penalidade
Usina de geraçãoCargas não-conformes
Coeficientes B
Dados de
carregamento da
linha de
interligação
Monitoração da linha
de interligação
Σ
Intercâmbio
líquido real
Intercâmbio líquido
programado
Σ Σ×
Ajuste da declividade
da freqüência
Freqüência
programada
Freqüência
real
Σ
Calcula a
geração
destinada a
cada usina
Ajusta o λ da
área
Sinal de Erro λ da área
Geração
desejada
na usina
PS Pa
Bf Δf Δf
Bf fS
fa
− +
+
−
−
+
+
−
2
1
10
5
4 3
98
7
Σ
Erro de controle
de área
ACE
Erro de controle
de estação
SCE
6
+
−
Geração
real total
Geração total desejada da usina
Sinais de controle
para a usina
11
Figura 4.4. Diagrama de blocos da operação de controle de uma área.
A declividade de freqüência, que é positiva quando a freqüência real é menor do que a
programada, é subtraída de Pa − PS na posição 5 para obter o erro de controle de área (ACE → area
control error), que pode ser positivo ou negativo. Na equação
( )a S f a SACE P P B f f= − − − (4.24)
um ACE negativo significa que a área não está gerando potência suficiente para enviar a necessária
quantidade para fora da área, ou seja, existe uma deficiência na potência de saída resultante. Sem

declividade de freqüência, a deficiência indicada seria menor porque não existiria o ajuste positivo
Bf Δf adicionado a PS (subtraído de Pa) quando a freqüência real fosse menor do que a freqüência
programada. O ACE também seria menor. A área produziria suficiente geração para suprir sua
própria carga e o pré-estabelecido intercâmbio, mas não proveria a saída adicional para ajudar áreas
interconectadas vizinhas a elevar a freqüência.
O erro de controle da estação (SCE → station control error) é a quantidade de geração real de
todas as centrais da área menos a geração desejada, como indicado na posição 6 do diagrama. Este
SCE é negativo quando a geração desejada é maior do que a geração existente.
A chave para a operação de controle é a comparação do ACE com o SCE. Sua diferença é um
sinal de erro, como indicado na posição 7. Se ACE e SCE são negativos e iguais, a deficiência na
saída da área iguala o excesso de geração desejada sobre a geração real e nenhum sinal de erro é
produzido. Entretanto, este excesso de geração desejada causará um sinal indicado na posição 11
para as centrais, a fim de que aumentem sua geração com o objetivo de reduzir a magnitude do
SCE, e o resultante aumento na saída da área reduzirá a magnitude do ACE ao mesmo tempo.
Se o ACE é mais negativo que o SCE, existirá um sinal de erro para aumentar o λ da área. E, este
aumento, por sua vez, causará um aumento na geração desejada da central (posição 9). Cada central
receberá um sinal para aumentar sua saída de acordo com o determinado pelos princípios do
despacho econômico.
A posição 10 indica o cálculo dos fatores de penalidade para cada central. Aqui, os coeficientes
B são armazenados para calcular L
i
P
P
∂
∂ . Cargas não-programadas, centrais onde a geração não pode
variar e carregamento de linhas de interligação entram no cálculo dos fatores de penalidade. Os
fatores de penalidade são transmitidos à posição 9 que calcula a geração da central individualmente
para prover com despacho econômico a geração total desejada.

4.6. Lista de Exercícios
4.1. Para uma certa unidade de geração em uma usina, a entrada de combustível em milhões de
BTU por hora expressa como uma função da potência de saída P em MW é
0,0001P3
+ 0,015P2
+ 3,0P + 90
a) Determine a equação para custo incremental de combustível em $/MWh como uma função
da potência de saída em MW, com base no custo de combustível de $ 1,40 por milhão de
BTU.
b) Considerando que esta unidade deve operar todo o tempo e as suas cargas mínima e máxi-
ma são 100 e 600 MW, respectivamente, determine duas boas aproximações lineares para
o custo incremental de combustível como uma função da potência de saída entre 100 e
300 MW e a outra entre 300 e 600 MW.
c) Qual o custo médio do combustível por MWh quando a unidade fornece 100 MW?
d) Quais os custos incrementais de combustível quando a unidade fornece 200 MW e
500 MW?
e) Quais são os custos de combustível adicionais aproximados por hora para elevar a saída da
unidade de 200 para 201 MW e de 500 para 501 MW? Desenvolva os cálculos baseado nas
aproximações determinadas no item b. Compare com os resultados obtidos no item d.
4.2. Os custos incrementais de combustível para duas unidades de uma usina são
1 2
1 2
1 2
0,010 11,0 e 0,012 8,0
dF dF
P P
dP dP
= + = +
onde F está em $/h e P em MW. Se ambas as unidades operam durante todo o tempo e as car-
gas mínima e máxima de cada unidade são 100 e 625 MW, respectivamente, construa um grá-
fico de λ em $/MWh versus a potência de saída da usina para o menor custo de combustível, à
medida que a carga varia de 200 até 1.250 MW.
4.3. Determine a economia em $/h para a alocação econômica de carga entre as unidades do Exer-
cício 4.2, ao invés de realizar uma distribuição igualitária da potência de saída entre as unida-
des, para uma carga total de 750 MW.
4.4. Uma usina tem dois geradores suprindo o seu barramento e a nenhum deles é permitido operar
abaixo de 100 MW ou acima de 625 MW. Os custos incrementais de combustível em $/MWh
com P1 e P2 dados em MW são

1 2
1 2
1 2
0,012 8,0 e 0,018 7,0
dF dF
P P
dP dP
= + = +
Encontre o custo incremental da usina para um despacho econômico com P1 + P2 igual a:
a) 200 MW b) 500 MW c) 1.150 MW
4.5. Calcule a perda de potência no sistema do Exemplo 4.3 pelo método dos coeficientes de perda
e por
2
R I para I1 = 1,5∠0° pu e I2 = 1,2∠0° pu. Considere V3 = 1,0∠0° pu. Encontre tam-
bém os coeficientes de perda que darão a verdadeira perda de potência para o Exemplo 4.3
com I1 = 0,8∠0° pu e I2 = 0,8∠0° pu e V3 = 1,0∠0° pu.
4.6. Um sistema de potência tem somente duas usinas geradoras e está com despacho econômico
de potência com P1 = 140 MW e P2 = 250 MW. Os seus coeficientes de perda são
B11 = 0,10.10−2
MW−1
B12 = −0,01.10−2
MW−1
B22 = 0,13.10−2
MW−1
A elevação da carga total do sistema em 1 MW custa $ 12,00 adicionais por hora. Determine:
a) o fator de penalidade para a usina 1
b) o custo adicional por hora para aumentar a saída desta usina em 1 MW.
4.7. Em um sistema consistindo em duas usina geradoras, os custos incrementais de combustível
em $/MWh, com P1 e P2 em MW, são
1 2
1 2
1 2
0,008 8,0 e 0,012 9,0
dF dF
P P
dP dP
= + = +
O sistema opera nas condições de despacho econômico com P1 = P2 = 500 MW e
∂PL/∂P2 = 0,2. Determine o fator de penalidade da usina 1.
4.8. Um sistema de potência opera nas condições de despacho econômico de carga com um custo
incremental de combustível para o sistema de $ 12,50 por MWh. Se for aumentada a saída da
usina 2 em 100 kW enquanto as outras saídas permanecem constantes, isto resulta em um au-
mento de perdas
2
R I de 12 kW no sistema. Qual é o custo adicional aproximado por hora se
a saída desta usina é acrescida de 1 MW?

4.9. Um sistema de potência é suprido por somente duas usinas, ambas operando sobre condições
de despacho econômico. No barramento da usina 1 o custo incremental é de $ 11,00 por MWh
e na usina 2 é de $ 10,00 por MWh. Qual das usinas tem o mais alto fator de penalidade? Qual
é o fator de penalidade da usina 1 se o custo por hora pelo aumento da carga do sistema em 1
MW é $ 12,50?
4.10. Calcule os valores solicitados a seguir, para o sistema do Exemplo 4.5, com λ = $ 13,50 por
MWh para o sistema. Assuma o custo de combustível, nas condições de não-existência de car-
ga, de $ 200,00 e $ 400,00 por hora para as usinas 1 e 2, respectivamente.
a) P1, P2 e a potência entregue à carga para despacho econômico com coordenação de perdas
de transmissão.
b) P1 e P2 para o valor da potência entregue à carga no item (a) mas com perdas de transmis-
são não consideradas (não coordenadas). As perdas de transmissão devem ser incluídas, entre-
tanto, na determinação da potência total de entrada do sistema.
c) Custo total de combustível em $/h para os itens (a) e (b).

APÊNDICE A. ALGORITMOS PARA FLUXO DE POTÊNCIA
A.1. Método de Gauss
1. Montar a matriz admitância nodal Ybarra.
2. Inicializar as tensões complexas.
3. Inicializar o contador de iterações: h = 0.
4. Calcular os desbalanços de potências: ∆P (barras PQ e PV) e ∆Q (barras PQ).
5. Testar a convergência:
• Se max[abs(∆P)] e max[abs(∆Q)] ≤ ε, calcular os fluxos de potências nos circuitos, as
potências na barra de folga e nas barras PV e encerrar o programa.
• Caso contrário, ir para o Passo 6.
6. Testar o número de iterações:
• Se h ≥ hmax, não houve convergência e encerrar o programa.
7. Incrementar o contador de iterações: h = h + 1.
8. Inicializar o contador de barras: k = 1.
9. Testar o tipo da barra:
• Se tipo(k) = 2, ir para o Passo 10.
• Se tipo(k) = 0, calcular:
! 1 1
( )
( ) k
esp esp
calc h hk k
k km mh
mkk k
P jQ
E Y E
Y E
+
∗
∈Ω
 −
= − 
 
∑
! Ir para o Passo 10.
! ( ) ( )
k
calc h h h h
k k kk k km m
m
Q Im E Y E Y E∗
∈Ω
   
= − +  
   
∑
! 1 ( )1
( )
( ) k
esp calc h
calc h hk k
k km mh
mkk k
P j Q
E Y E
Y E
+
∗
∈Ω
 −
= − 
 
∑
! 1 1
1
( ) ( )
( )
esp
corrig h calc h k
k k calc h
k
V
E E
E
+ +
+
=
10. Incrementar o contador de barras: k = k + 1.
11. Testar o número da barra:
• Se k > nb, ir para o Passo 12.
• Se k ≤ nb, ir para o Passo 9.
12. Substituir h
kE por 1+h
kE , para k = 1, 2, ..., nb, com exceção da barra de folga.
13. Ir para o Passo 4.

Algoritmos para Fluxo de Potência Prof. Luciano V. Barboza
A.2. Método de Gauss-Seidel
8. Inicializar o contador de barras: k = 1.
9. Testar o tipo da barra:
• Se tipo(k) = 2, ir para o Passo 11.
! 1 11
( )
( ) k k
esp esp
calc h h hk k
k km m km mh
m mkk k
m k m k
P jQ
E Y E Y E
Y E
+ +
∗
∈Ω ∈Ω
< >
 
− = − −
 
 
 
∑ ∑
! 1
( ) ( )
k k
calc h h h h h
k k kk k km m km m
m m
m k m k
Q Im E Y E Y E Y E∗ +
∈Ω ∈Ω
< >
  
  = − + +  
    
∑ ∑
! 1 1( )1
( )
( ) k k
esp calc h
calc h h hk k
k km m km mh
m mkk k
m k m k
P j Q
E Y E Y E
Y E
+ +
∗
∈Ω ∈Ω
< >
 
− = − −
 
 
 
∑ ∑
! 1 1
1
( ) ( )
( )
esp
corrig h calc h k
k k calc h
k
V
E E
E
+ +
+
=
10. Substituir h
kE por 1+h
kE .
11. Incrementar o contador de barras: k = k + 1.
12. Testar o número da barra:
• Se k > nb, ir para o Passo 13.
• Se k ≤ nb, ir para o Passo 9.

A.3. Método de Newton-Raphson
8. Montar a matriz Jacobiana J(θh
, Vh
).
9. Resolver o sistema linear:
1
para as barras e( , ) ( , ) ( , )
para as barras( , ) ( , ) ( , )
h h h h h h h
h h h h h h h
PV PQ
PQ
−
     ∆ ∆
=     
∆ ∆     
H N
M L
θ θ θ θ
θ θ θ
V V P V
V V V Q V
10. Atualizar os ângulos de fase e magnitudes das tensões:
1
1
para as barras e
para as barras
h h h
h h h
PV PQ
PQ
+
+
 = + ∆

= + ∆
θ θ θ
V V V

A.4. Método de Newton Desacoplado
3. Inicializar os contadores de iterações: hp = 0 e hq = 0.
4. Calcular os desbalanços de potências ativa ∆P (barras PQ e PV).
5. Testar a convergência do subproblema P − θ:
• Se max[abs(∆P)] ≤ ε, fazer KP = 0 e ir para o Passo 17.
( , )
( , ) para as barras e
h h
h h h
h
PV PQ
∆
′= ∆H
θ
θ θ
P V
V
V
7. Atualizar os ângulos de fase das tensões:
1
para as barras eh h h
PV PQ+
= + ∆θ θ θ
8. Incrementar o contador de iterações do subproblema P − θ: hp = hp + 1.
9. Fazer KQ = 1.
10. Calcular os desbalanços de potências reativa ∆Q (barras PQ).
11. Testar a convergência do subproblema Q − V:
• Se max[abs(∆Q)] ≤ ε, fazer KQ = 0 e ir para o Passo 18.
1
1( , )
( , )
h h
h h h
h
+
+∆
′= ∆L
θ
θ
Q V
V V
V
para as barras PQ
13. Atualizar as magnitudes das tensões:
1
para as barrash h h
PQ+
= + ∆V V V
14. Incrementar o contador de iterações do subproblema Q − V: hq = hq + 1.
15. Fazer KP = 1.
17. Testar se o subproblema Q − V já estava convergido:
• Se KQ = 0, calcular os fluxos de potências nos circuitos, as potências na barra de folga e
nas barras PV e encerrar o programa.
18. Testar se o subproblema P − θ já estava convergido:
• Se KP = 0, calcular os fluxos de potências nos circuitos, as potências na barra de folga e
nas barras PV e encerrar o programa.
19. Caso contrário, ir para o Passo 4.

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