50ohm-contents-dl/contents/sections/serie_parallell_motstand.md

Vi stöter ofta på problemet att ett önskat motståndsvärde inte finns i den så kallade ”standardserien” (E-serien) för motstånd. Det kan också vara så att ett motstånd måste omsätta en stor förlusteffekt som inte är möjlig i vanliga enskilda motstånd -- för att nämna bara två exempel. Vi ska nu se hur vi genom serie- eller parallellkoppling av motstånd kan få andra motståndsvärden.

Ur Ohms lag kan vi härleda reglerna för serie- och parallellkoppling av motstånd:

U=R \cdot I

[picture:819:e_spannungsteiler:Spänningsdelare]

Figur [ref:e_spannungsteiler] visar två motstånd R_1 och R_2 som kopplas efter varandra. De genomflyts av samma ström I. Över motstånden faller då spänningarna

U_1 = R_1 \cdot I och U_2 = R_2 \cdot I. Totalspänningen U_g är helt enkelt summan av dessa två spänningar:

U_g = U_1 + U_2 = R_{\mathrm{ges}} \cdot {I} = R_1 \cdot I + R_2 \cdot I

Nu kan vi beräkna det motstånd som syns mellan de yttre klämmorna: R_{\mathrm{ges}} = \frac{U_g}{I} = R_1 + R_2, eftersom strömmen I förkortas bort på båda sidor om ekvationen.

Det fungerar också med fler än två motstånd:

R_{\mathrm{ges}} = R_1 + R_2 + R_3 + R_4 + \dots

---

Men hur är det om vi parallellkopplar två motstånd R_1 och R_2 som i figur [ref:e_parallelschaltung]?

Nu ligger samma spänning U över båda motstånden, vilket ger strömmarna

I_1 = \frac{U}{R_1} och I_2 = \frac{U}{R_2}

i motstånden.

[picture:945:e_parallelschaltung:I denna koppling syns alla spänningar och strömmar.]

Strömmen som flyter i den yttre kretsen är summan av dessa två strömmar:

I = I_1 + I_2 = \frac{U}{R_1} + \frac{U}{R_2}

Vi söker åter ett totalmotstånd R_{\mathrm{ges}}, för vilket ska gälla: I=\frac{U}{R_{\mathrm{ges}}} och följaktligen:

\dfrac{1}{R_{\mathrm{ges}}} = \dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}

---

Inversen av totalmotståndet är alltså summan av de enskilda motståndens inverser. En konsekvens är att man vid parallellkoppling av ett antal lika motstånd helt enkelt delar det enskilda motståndets värde med antalet motstånd.

Också här kan vi göra beräkningen för godtyckligt många parallella motstånd:

\dfrac{1}{R_{\mathrm{ges}}} = \dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2} + \dfrac{1}{R_3} + \dfrac{1}{R_4} + \dots

Uttrycket för två parallella motstånd kan vi enligt bråkräkningens regler också skriva som:

R_{\mathrm{ges}} = \dfrac{R_1 \cdot R_2}{R_1 + R_2}

Vid seriekoppling är totalmotståndet alltid större än det största enskilda motståndet. Vid parallellkoppling är totalmotståndet alltid mindre än det minsta enskilda motståndet.

---

Se noga till att motstånden som används i beräkningen alltid har samma enheter. Vi rekommenderar att alltid gå över till grundenheten ($\unit{\ohm}$) så långt det går. Kopplar vi till exempel ett $\qty{1}{\kilo\ohm}$- och ett $\qty{10}{\ohm}$-motstånd i serie räknar vi $\qty{1000}{\ohm} + \qty{10}{\ohm} = \qty{1010}{\ohm}$.

Vissa uppgifter innehåller motståndsnät där både serie- och parallellkoppling förekommer. Då går vi till väga så att vi först omvandlar till exempel parallellkopplingen till ett ekvivalent motstånd, som vi sedan slår ihop med det seriekopplade tredje motståndet. Eller tvärtom, beroende på vad kretsschemat föreslår.

[picture:305:e_tipp_aufgabe:Exempelkoppling]

En viktig lösningsmetod är ”metoden att se noga efter” ... Till exempel finns en koppling med ett motstånd R_1 i serie med två parallellkopplade motstånd R_2 och R_3. Värdena är R_1 = \qty{1}{\kilo\ohm}, R_2 = \qty{2000}{\ohm} och R_3 = \qty{2}{\kilo\ohm}. Nu är ju \qty{2}{\kilo\ohm} = \qty{2000}{\ohm}. Parallellkopplingen av R_2 och R_3 ger ett motstånd som är hälften så stort: \qty{1000}{\ohm} = \qty{1}{\kilo\ohm}. Det kopplar vi i serie med R_1 och får resultatet: R_{\mathrm{ges}} = \qty{2}{\kilo\ohm}.

Vid effektbetraktelser utgår man bäst från det kända uttrycket för effekt:

P = U \cdot I

Vid seriekoppling av till exempel tre lika motstånd flyter samma ström genom alla motstånd, men över varje enskilt motstånd faller bara en tredjedel av den yttre spänningen. Vid parallellkoppling ligger samma spänning över alla motstånd, men strömmen delar upp sig på tre vägar. I båda fallen tål alltså kopplingen tre gånger det enskilda motståndets effekt.