Az alábbi áramkörben földelt és lebegő generátorok is vannak, tudjuk, hogy a földelt pontok összekötöttnek tekindendők, és a csomóponti feszültségeket ehhez viszonyítjuk. A földelt generátoroknak csak egy kivetezését tüntetjük fel az áramkörön, a másik kivezetés a földpont.

Ennél az áramkörnél két csomópontra elegendő felírni a csomóponti egyenletet - ne felejtsük, hogy a harmadik csomópont a földelés! Az egyenlet bal oldalán a befolyó, a jobb oldalán a kifolyó áramok összegét vehetjük (más alakot is használhatunk természetesen):

Öt ágra írhatunk fel egyenletet. Pozitív egy generátor járuléka, ha a pozitív kivezetése a kiindulási csomópont felé esik. Pozitív egy ellenálláson eső feszültség járuléka, ha a rajta átfolyó áram a kiindulási csomópont felől folyik át rajta. Ezeknek megfelelően:

Tudjuk, hogy ha nincs földelési pont, akkor a csomóponti feszültségek csak egymáshoz viszonyíthatók, így az egyenletek bal oldalán mindig két mennyiség szerepel, például:

Az ágak egyenletei ekkor:

A szükséges csomóponti egyenlet

A következő példa összetettebb áramkör esetén mutatja be a módszer alkalmazását.

A csomóponti egyenletek:

Az ágak egyenletei a fentebbi elveknek megfelelően:

Az alábbi áramkörben egy áramgenerátor is van.

A csomóponti egyenletek

Az ágak egyenletei, figyelembe véve, hogy a B csomópont földelt, azaz V_B = 0 V:

Gyakran látható olyan áramköri részlet, amikor három feszültség csatlakozik egy pontra ellenállásokon keresztül:

A feladat a csomóponti feszültség kiszámítása. Írjuk fel a csomóponti törvényt a csomópontba befelé folyó ágáramok kifejezésével:

Átrendezéssel

V_A-t kifejezve végül:

Legyen a feladat V_out kiszámítása V_in függvényében az alábbi áramkörben. Ismertnek tételezzük fel a V_in feszültséget és az ellenállásértékeket.

Írjuk fel a csomóponti törvényt először az A csomópontra. Az áramokat közvetlenül nem jelöljük, hanem az Ohm-törvény felhasználásával az ellenálláson eső feszültség és az ellenállás hányadosával fejezzük ki, figyelve az irányra (jobbra, illetve lefelé folyó áramokat feltételezünk). Ennek megfelelően:

A kimeneti csomópontra:

Ebből V_A kifejezhető V_out segítségével:

Az első egyenletben ezt felhasználva:

Szorozzuk meg mindkét oldalt R₁-gyel

Átrendezéssel:

Végül:

Alkalmazzuk a módszert ugyanarra az összetettebb áramkörre, amit a csomóponti potenciálok módszerénél már láttunk.

Először írjuk fel az A csomópontra a csomóponti törvényt:

Az R₁ és R₂ ellenállásokat tartalmazó áramok felírása egyszerű, de az A és B csomópontokat összekötő ágnál már jobban kell figyelni. Mivel az ág egyenlete szerint

láthatjuk, hogy V_G2 az áram kifejezésében az egyenlet bal oldalára áttéve pozitív előjellel kerül be. Úgy is indokolhatjuk ezt, hogy a V_A-V_B feszültségből le kell vonni az ágban levő generátor feszültségét ahhoz, hogy megkapjuk az ellenállásokon eső feszültségkomponenst. Mivel a generátor így negatív járulákot ad V_A-V_B-hez, levonva a negatív értéket a járulék pozitív lesz.

A B csomópontra az egyenlet:

Két egyenletünk van tehát csak, amiből a két ismeretlen csomóponti feszültség kiszámítható. Összevetve az előző megoldással összetettebb, de lényegesen kevesebb egyenletünk van.

Az egyenleteket átrendezhetjük jobban kezelhető formába. Az A csomópontra:

A B csomópontra:

Ezekkel végül az alábbi két egyenlethez jutunk, ami a szokásos formában adja meg a kétismeretlenes egyenletrendszert:

és

Vektor-mártix alakban felírva:

Ezt az egyenletrendszert már egyszerűbben megoldhatjuk elterjedt módszerekkel.

Legyen a feladat V_out kiszámítása V_in függvényében az alábbi áramkörben. Ismertnek tételezzük fel a V_in feszültséget és az ellenállásértékeket.

Ehhez írjuk fel a csomóponti törvényt először a V₁ feszültségű csomópontra. Az áramokat közvetlenül nem jelöljük, hanem az Ohm-törvény felhasználásával az ellenálláson eső feszültség és az ellenállás hányadosával fejezzük ki, természetesen figyelve az irányra. Ennek megfelelően:

A V₂ feszültségű csomópont esetén:

Végül a V_out feszültségű csomópontra:

Ezzel van három egyenlet a három ismeretlen mennyiségre. Ez az alapvető része az áramkör kiszámításának, ehhez szükséges az elektronika ismerete, a továbbiakban az egyenletek megoldása marad hátra.

V_out-ot kifejezve az utolsó egyenletből:

Az első két egyenletből kifejezhető V₁

és V₂

Ezeket behelyettesítve megkapjuk V_out és V_in kapcsolatát.

Végül

Példa ennek a számításnak az alkalmazására a kettős-T szűrő átviteli függvényének levezetése.

Az alábbi áramkörben hat ágáram van, ezek kiszámításához tehát hat egyenletet írhatunk fel, amihez további három csomóponti egyenlet is szükséges. A hurokáramok bevezetésével elegendő három összetettebb egyenletet megoldani.

A hurokegyenletek

Az ágáramokat egyszerűen megkaphatjuk a hurokáramok felhasználásával:

Nézzünk egy példát arra az esetre is, amikor áramgenerátor is van az áramkörben.

A hurkokat úgy kell felvennünk, hogy az áramgenerátor csak egy hurokhoz tartozzon, így az első hurok az áramkör külső részén megy körbe. Az első hurok egyenlete így:

A második hurokra vonatkozó egyenlet csak egy egyszerű értékadás:

Az előjel pozitív, mert a hurokáram irányítása megegyezik az áramgenerátor áramirányával.

Feltűnhet, hogy R₃ nem szerepel az egyenletekben. Természetesen szükség lesz rá, ha meg akarjuk határozni a rajta vagy az áramgenerátoron eső feszültséget.

A feladat legyen a következő ellenálláshálózat eredő ellenállásának kiszámítása:

Adjuk hozzá a generátort és használjuk az ellenállásmátrix-módszert:

Az eredő ellenállást a V_G/i₅ adja meg.

A feszültségvektor komponenseit egyszerűen megkaphatjuk a fentebb ismertetett elveket követve. Csak az 5. hurokban van generátor, így a többi komponens 0.

Az ellenállásmátrixot is könnyen megkapjuk:

Az egyenletrendszert Gauss-eliminációval célszerű megoldani. Ezzel elérhetjük, hogy a mátrix utolsó sorában csak az utolsó oszlopban legyen nullától különböző érték. Ez éppen az eredő ellenállás lesz, mivel a feszültségvektor utolsó eleme a generátor feszültsége.