Download - Absorción de Nodos (Presentación Animada)
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Resolución de un Resolución de un reograma por el método reograma por el método
de absorción de nodosde absorción de nodosVázquez Ayala Rodrigo
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ObjetivoObjetivo
Éste método, como su nombre indica, busca reducir un reograma a la forma canónica siguiente.
X1 Xn
X1
Xn Función de Transferencia
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ReogramaReograma
Como ejemplo resolveremos el siguiente reograma.
Nodo inicial x1Nodo final x6
X1X2
X3
X4 X5
X6
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ReogramaReograma
Por facilidad sustituiremos los valores por letras representativas.
X1X2
X3
X4 X5
X6
X1X2
X3
X4 X5
X6
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ResolviendoResolviendo
Primero eliminaremos las automallas siguientes
X1X2
X3
X4 X5
X6
Para ello tomaremos las ramas que llegan a dichos nodos
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ResolviendoResolviendo
Las automallas afectan a sus entradas en el nodo. Y al eliminarlas obtenemos lo siguiente.
X2 X4 X4X5 X3
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ResolviendoResolviendo
Ahora redibujamos el reograma para ver nuestra siguiente acción
X1X2
X3
X4 X5
X6
Vemos que el nodo X4 sólo tiene 2 vectores por lo que el siguiente paso será eliminar dicho nodo
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ResolviendoResolviendo
Para eliminar este nodo sólo multiplicaremos las ramas entrante y saliente.
X2 X4 X5
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ResolviendoResolviendo
Ahora redibujemos y veamos cual será el siguiente nodo a eliminar
X4
X1X2
X3
X5
X6
Podemos observar que el nodo con menos ramas de salida en él es el X5
Recordemos que el nodo inicial y final no se pueden eliminar del reograma
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X2
X3
X6
ResolviendoResolviendo
Para eliminar múltiples entradas con una salida afectamos a cada entrada por el valor de la rama de salida
X2
X3
X6X5
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ResolviendoResolviendo
Redibujando y seleccionando siguiente nodo
X5
X1X2
X3
X6
Esta vez seleccionaremos X3 Para mostrar cómo eliminar múltiples entradas y salidas
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ResolviendoResolviendo
Cada entrada debe llegar a cada salida multiplicándose por el valor de la rama que llegue a ese nodo de salida
X2
X6
X2
X3
X6
X2 X2
X6
X6
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ResolviendoResolviendo
Ahora veamos como se ve el paso anterior en el reograma
X1X2
X3
X6
Antes de resolver las automallas simplificaremos las ramas paralelas entre los nodos 2 y 6
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ResolviendoResolviendo
En trayectorias paralelas los valores se suman
X2
X6
X2
X6
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ResolviendoResolviendo
Ahora resolviendo las automallas
X1 X2 X6
X2
X6
Ya que en la segunda automalla el resultado es demasiado grande lo sustituiremos por otra letra, en este caso π
π
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ResolviendoResolviendo
Aplicando las 2 operaciones anteriores el reograma entonces se modifica como sigue
X1X2
X6
Así que ahora eliminaremos el último nodo restante
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X1
X6
X6
ResolviendoResolviendo
Este se es un nodo de múltiples entradas y una salida como uno resuelto anteriormente por lo que:
X1
X6
X6X2
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ResolviendoResolviendo
Lo que nos da como resultado el siguiente reograma
X1 X2
X6
X6X1X6
Y resolviendo la automalla tenemos:
X1X6
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ResultadoResultado
Sustituyendo pi en la última ecuación tenemos que:
X1
X6
De aquí para obtener el resultado final solo se sustituyen los valores de las letras por los originales del inicio.