metodo de nodos

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Apuntes de circuitos de CA y CD Método de potencial de nodos 
 
Profesor Pantle Abris Adrián 
 
1 
 
 
 
Importante 
 
El método se aplica cuando hay parejas de bobinas acopladas 
magnéticamente y los elementos de circuito están conectados en paralelo. 
 
Por lo tanto, se utilizarán admitancias de elementos generales tipo paralelo. 
 
 
 
El método se puede aplicar también cuando no hay acoplamientos, sin embargo, hay 
métodos más directos para esto. 
 
 
8.1 CONCEPTO DE POTENCIAL DE NODO 
 
El concepto consiste en considerar que por cada nodo independiente se establece un 
voltaje llamado “Potencial de nodo”, el cual es la variable a calcular. 
 
El voltaje para cada uno de los elementos se obtiene de la ecuación. 
 
 
1
 ( , ) 
NnI
k n
n
V k n U
=
=∑ 
 
en la cual 
 
NnI es número de nodos independientes 
(k,n) es número de incidencia, que puede ser (+1,-1,0) 
Un es potencial de nodo 
 
 
se aplica para los elementos Nek ,...,3,2,1= 
 
 
 
 
CC AA PP ÍÍ TT UU LL OO 88 
 
 
EL MÉTODO DE NODOS 
Apuntes de circuitos de CA y CD Método de potencial de nodos 
 
Profesor Pantle Abris Adrián 
 
2 
Ejemplo 
 
Obtener el voltaje para cada uno de los elementos de la siguiente red considerando que se 
han calculado los potenciales de nodo. 
 
 
3
2 4
1 5 6
0
U1 U2 U3
 
 
Solución: 
 
para el elemento 1, (k=1) la ecuación 
será: 
 
3
1
1
(1, ) n
n
V n U
=
=∑ 
 
desarrollando tenemos 
 
1 1 2 3(1 1) (1 2) (1 3)V , U , U , U= + + 
1 1 2 3( 1) (0) (0)V U U U= − + + 
1 1 V U= − 
 
 
para el elemento 2, (k=2): 
 
3
2
1
(2, ) n
n
V n U
=
=∑ 
 
2 1 2 3(2 1) (2 2) (2 3)V , U , U , U= + + 
2 1 2 3( 1) ( 1) (0)V U U U= + + − + 
2 1 2 V U U= − 
 
para el elemento 3, (k=3): 
 
3
3
1
(3, ) n
n
V n U
=
=∑ 
 
3 1 2 3(3 1) (3 2) (3 3)V , U , U , U= + + 
3 1 2 3( 1) (0) ( 1)V U U U= + + + − 
3 1 3 V U U= − 
 
 
 
 
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3 
para el elemento 4, (k=4): 
 
3
4
1
(4, ) n
n
V n U
=
=∑ 
 
4 1 2 3(4 1) (4 2) (4 3)V , U , U , U= + + 
4 1 2 3(0) ( 1) ( 1)V U U U= + + + − 
4 2 3 V U U= − 
 
 
para el elemento 5, (k=5): 
 
3
5
1
(5, ) n
n
V n U
=
=∑ 
5 1 2 3(5 1) (5 2) (5 3)V , U , U , U= + + 
5 1 2 3(0) ( 1) (0)V U U U= + + + 
5 2 V U= 
 
 
 
para el elemento 6, (k=6): 
 
 
3
6
1
(6, ) n
n
V n U
=
=∑ 
6 1 2 3(6 1) (6 2) (6 3)V , U , U , U= + + 
6 1 2 3(0) (0) ( 1)V U U U= + + + 
6 3 V U= 
 
 
8.2 ECUACIONES DE NODOS 
 
La ecuación canónica del método de nodos que da origen al sistema de ecuaciones 
es: 
 
 
1 1
 ( , )( ) 
k k
NnI Ne
nm m fc fv
m k
U k n I I
= =
= − +∑ ∑y 
 
 
en donde 
 
nmy es la admitancia de nodo 
mU es el potencial de nodo 
 
en la admitancia si mn = 
 
mmy es admitancia propia del nodo m, la cual tiene su parte real y su parte imaginaria 
 
mm mm mmG jB= +y 
mmG es la conductancia propia del nodo m 
mmB es la susceptancia propia del nodo m 
 
nuevamente si en la admitancia mn ≠ 
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4 
nmy es admitancia mutua entre los nodos n y m, ésta también tiene su parte real y su 
parte imaginaria 
 
nm nm nmG jB= +y 
nmG es la conductancia mutua entre los nodos n y m 
nmB es la susceptancia mutua entre los nodos n y m 
 
 
8.3 REGLAS PARA CALCULAR LAS ADMITANCIAS DE NODOS 
 
 
8.3.1 Admitancia propia de nodo 
 
La admitancia propia de nodo se calcula mediante la ecuación: 
 
2
1 1 1
( , ) ( , )( , ) 
Ne Ne Nb
mm kk kl
k k l
Y k m Y k m l m
= = =
= +∑ ∑∑y 
 
La interpretación es la siguiente: 
 
Se suma con signo positivo las admitancias propias de elementos que tengan una 
terminal conectada al nodo m, más o menos dos veces la suma algebraica de las 
admitancias mutuas entre pares de bobinas o de elementos que tenga una terminal 
conectada al nodo m, como se muestra 
 
 
para el segundo término es 2Ykl+ sí ambas direcciones de los elementos entran o salen 
del nodo tal como se muestra en figuras siguientes. 
 
 
 Y
k
Y
l
Y
kl
m
Y
k
Y
l
Y
kl
m
 
 
 
 
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5 
y es 2Ykl− si una dirección entra y la otra sale de nodo, tal como se ilustra en las 
siguientes figuras 
 Y
k
Y
l
Y
kl
m
Y
k
Y
l
Y
kl
m
 
 
 
 
 
 
8.3.2 Admitancia mutua entre nodos 
 
 
La admitancia mutua entre nodos se calcula mediante la ecuación: 
 
 
1 ! 1 ! 1
( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 
Ne Ne Nb Ne Nb
nm kk kl kl
k k l k l
k n Y k m k n Y l m k n Y l m
= = = = =
= + +∑ ∑∑ ∑∑y 
 
 
La interpretación es la siguiente 
 
Se suma con signo negativo las admitancias propias de los elementos conectados entre 
los nodos m y n, más o menos dos veces la suma de las admitancias mutuas entre pares 
de bobinas o de elementos que se encuentran conectados a nodos m y n, mas o menos una 
vez la suma de las admitancias mutuas entre pares de bobinas que se encuentran 
conectados en nodos diferentes, una al nodo m y otra al nodo n. 
 
Las sumas algebraicas del 2do y 3er término se toman con signo positivo cuando los 
sentidos de los elementos son contrarios 
Y
k
Y
l
Y
kl
mn
 
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6 
8.4 APLICACIÓN DEL MÉTODO DE NODOS 
 
Para facilitar el análisis de la red con elementos generales paralelo, se sugiere el 
siguiente procedimiento. 
 
1. Agrupar en cajones de admitancias a los elementos pasivos sin que alguno se 
repita. 
2. Se numera y se propone sentido a cada cajón de admitancia. Cada admitancia de 
elemento general tipo paralelo se calcula con ( )kk k kY G j Cω ω
Γ
= + − y la 
admitancia mutua entre elementos klklY j ω
Γ
= − , sabiendo que klΓ se calcula con 
la expresión correspondiente. 
3. Numerar cada nodo independiente, tomando un nodo base por cada componente. 
4. Escribir las ecuaciones de nodos independientes, mediante la ecuación canónica 
del método de nodos. 
5. Calcular las admitancias propias y mutuas de nodo. 
6. Calcular los potenciales de nodo. 
7. Se determina el voltaje para cada uno de los elementos. 
8. Se calcula la respuesta en corriente para cada elemento mediante la ecuación 
 
1
 
Ne
k k k kl l fvk fck
k
k l
I Y V Y V I I
∀
=
≠
= + + +∑

 
 
 
 
8.5 EJEMPLOS 
 
 
Ejemplo 
 
Para la siguiente red: 
 
a) Calcule la caída de tensión en el capacitor 
 
 
10 sen t A
1F
1H
1Ω 1Ω
 
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Solución: 
 
la admitancia de cada elemento general tipo paralelo se calcula con 
( )kk k kY G j Cω ω
Γ
= + − 
 
1 1
1
1 1 1
1
Y G
R
= = = = 
Si la bobina no está acoplada 1k
kL
Γ = , entonces 12
1
1
Y j j j
ω
Γ
= − = − = − 
3 3 3 3
3
1 1 (1)(1) 1
1
Y G j C j C j j
R
ω ω= + = + = + = + 
Para la fuente. Si 1
2
K = , entonces, o10 0
2fc
I = ∠ 
entonces el circuito equivalente con números complejos es: 
 
-j 2
U
1+j
1
U
1
10
0 A
2
∠ 
0
 
 
 
 
la admitancia de nodos es: 
 
11 1 2 1Y Y j= + = −y 
12 2Y j= − =y 
22 2 3 1Y Y= + =y 
 
el sistema de ecuaciones será: 
 
( ) 0
2
101 21 ∠=+− jUUj 
021 =+UjU 
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8 
Ahora, como el voltaje del capacitor coincide con el voltaje del elemento general tipo 
paralelo número 3, y además V3=U2-0, entonces, resolviendo el sistema de ecuaciones 
para el nodo 2 
 
2
101 0
2
0
1 
 
1
j
j
U
j j
j
− ∠
=
−

 
2Y
1Y 3Y
0
3V
2V
1V
fcI
1U 2U
 
 
( )
j
j
U
−





 ∠−
=
2
0
2
10
2

 
 
3 2 3.167 63.4cV V U= = = ∠−
 
 
Finalmente, el resultado estará dado en el dominio del tiempo 
 
( ) 3.167 2 ( 63.48 ) Vcv t sen t= −
 
 
( ) 4.48 ( 63.48 ) V cv t sen t= −
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Ejemplo 
 
Calcular el voltaje en todos los elementos generales tipo paralelo 
 
 
6 1
2
F 60 mH( ) 2 10 [A]fci t sen t=
8
3 mH
4 mH 2 mH
20 mH
50 mH
10
 
 
 
Solución: 
 
Por inspección de la red, las inductancias mutuas son: 
 
012 <L , 023 <L y 013 >L 
 
el siguiente paso será calcular las invertancias propias y mutuas como sigue 
 
el determinante de inductancias es 
 
 
2023
2504
3460
333231
232221
131211
−
−−
−
==∆
LLL
LLL
LLL
 
 
30.059 10x −∆ = 
 
entonces las invertancias serán 
 
 
1
3
2
11
11 H 87.1610059.0
202
250
)1(
−
− =
−
−
−
=
∆
=Γ
X
CofL 1-3
3
12
12 H 254.110059.0
203
24
)1(
=
−−
−
=
∆
=Γ −X
CofL 
 
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10 
1-
3
4
22
22 H 49.2010059.0
203
360
)1(
=
−
=
∆
=Γ −X
CofL 1-3
4
13
13 H 406.210059.0
23
504
)1(
−=
−
−
−
=
∆
=Γ −X
CofL 
 
1-
3
6
33
33 H 576.5010059.0
504
460
)1(
=
−
−
−
=
∆
=Γ −X
CofL 1-3
5
23
23 H 83.110059.0
23
460
)1(
=
−
−
−
=
∆
=Γ −X
CofL 
 
 
ahora las admitancias propias y mutuas de elementos son 
 
 
( )1
1 16.876 10 6 3.313
2 10
Y j j  = + − = +    
 12
1.254 0.1254
10
Y j j= − = − 
 
2
20.491510 0 10 2.04915
10
Y j j = + − = − 
 
 13
2.406 0.2406
10
Y j j−= − = 
3
50.5768 0 8 5.0576
10
Y j j = + − = − 
 
 23
1.8305 0.18305
10
Y j j= − = − 
 
 
La red transformada en cajones de admitancia es la siguiente 
 
2Y
1Y 3Y
0
3V
2V
1VfcI
1U 2U
12Y 23Y
13Y
 
ahora calculando las admitancias propias y mutuas de nodo 
 
 
11 1 2 122( ) 6 3.313 10 2.04915 2( 0.1254 )Y Y Y j j j= + + = + + − + −y 
11 16 1.0132 j= +y 
 
 
22 2 3 232( ) 10 2.04915 8 5.0576 2( 0.18305 )Y Y Y j j j= + − = − + − − −y 
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11 
22 18 6.7399 j= −y 
 
 
12 2 12 23 13 10 2.049 0.1254 0.18305 0.2406Y Y Y Y j j j j= − − + + = − + + − +y 
12 10 2.23195 j= − +y 
 
 
entonces el sistema de ecuaciones quedara de la siguiente manera 
 
 
0)7399.618()23195.210(
01)23195.210()0132.116(
21
21
=−++−
∠=+−++
UjUj
UjUj 
 
 
 
ahora resolviendo el sistema de ecuaciones tenemos 
 
1
1 0 10 2.23195
 
0 18 6.7399
16 1.0132 10 2.23195
10 2.23195 18 6.7399
j
j
U
j j
j j
∠ − +
−
=
+ − +
− + −

 1 93.84 7.846 mV U = ∠−
 
 
2
16 1.0132 1 0 
10 2.23195 0 
16 1.0132 10 2.23195
10 2.23195 18 6.7399
j
j
U
j j
j j
+ ∠
− +
=
+ − +
− + −

 2 50.02 0.098 mV U = ∠
 
 
 
por observación de la red 
 
1 1V U= 
entonces 
 
1 93.84 7.846 mV V = ∠−
 
 
para V2 
 
2 1 2V U U= − 
 
2 44.8 16.71 mV V = ∠−
 
 
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12 
para V3 
 
3 2V U= 
 
2 50.02 0.098 mV V = ∠
 
 
 
Ejemplo 
 
Calcular la corriente en la bobina por el método de la tensión de nodos. 
5 rad10 
seg
ω = 
 
Ω
4
5∠0o
20 µF
Ω
230 µFΩ3
100∠0o Ω
2 50 µF
3x105 H-1
 
 
 
 
Solución: 
 
Las admitancias propias de cada uno de los elementos son 
 
1 3Y = 
( )( )5 62 2 10 30 10 2 3Y j X j−= + = + 
 
( )( )5 63 4 10 20 10 4 2Y j X j−= + = + 
 
( )( )
5
5 6
4 5
3 102 10 50 10 2 2
10
XY j X j−
 
= + − = + 
 
 
 
y las admitancias de nodos 
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13 
 
11 1 2 3 3 2 3 4 2 9 5Y Y Y j j j= + + = + + + + = +y 
 
22 3 4 4 2 2 2 6 4Y Y j j j= + = + + + = +y 
 
12 3 4 2Y j= − = − −y 
 
el sistema de ecuaciones es 
 
11 1 12 2
12 1 22 2
5 0
5 0
fvU U I
U U
+ = − ∠
+ = ∠


y y
y y 
 
pero 
 
1 100 0 VU = ∠
 
 
entonces de la segunda ecuación obtenemos 
 
( )( )12 1
2
22
5 0 5 0 4 2 100 0
62.63 7.4 V
6 4
U j
U
j
∠ − ∠ − − − ∠
= = = ∠−
+

 

y
y 
como 2UVL = entonces por ley de Ohm 
 
( )( )62.63 7.4 3L L LI V Y j= = ∠− − 
 
 187.91 97.40 A LI = ∠−
 
	C A P Í T U L O 8
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	Solución:
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