Lösningar Heureka 1 Kap 8

Lösningar Heureka 1 Kap 8
8.1) Ohms lag säger att (
Nu ser vi att grafen (om vi skulle rita upp hur I beror på U) blir en linje, likt y=k·x, Vår
lutning är 1/R dvs R= 1/lutningen. Lutningen=400·10 -3 /25=0,4/25 →R=25/0,4=62,5 Ω
Eftersom det är en proportionalitet kan man annars direkt genomföra följande division:
R= U/I = 25 V/ 0,400 A =62,5 ohm = 62,5 Ω (eller 63 Ω) (välj vad som ni tycker är lättast)
8.2)
A) U=1V, I=5·10 -3 A, R=U/I=1/(5·10 -3 ) =200Ω
B) U=6·10-3, R=2,5Ω, I=U/R=(6·10-3)/2,5=0,0024A=2,4mA
C) U=R·I=30·10 6 ·2·10 -6 =60V
8.3)
Eftersom V är parallellkopplad med A, mäter V spänningen över Amperemetern.
U=0,41V och I=4,5A ger R=U/I=0,41/4,5=0,091Ω=91mΩ, som är ju amperemeterns inre
resistans
8.4) U=21V, I=35µA. A är i serie med V alltså mäter den strömmen genom V.
U=R·I→ R=U/I=21/(35·10-6)=600000Ω=0,6MΩ som är ju voltmeterns inre
resistans.
Märk att en amperemeter har liten inre resistans medan en voltmeter har stor. Förklaring på
här nedan:
Voltmetern ska alltid vara parallellkopplad med den resistorn (eller annan komponent) man vill
ha spänningen på. Om inkopplingen inte ska förstöra/förändra kretsens funktion så ska
voltmetern släppa igenom så lite ström som möjligt. Alltså måste den ha hög resistans.
När det gäller amperemetern så är den alltid seriekopplad. Alltså ska strömmen strömma
igenom amperemetern. Då får inte mätaren hindra strömmen. Alltså ska den ha så liten
resistans som möjligt.
8.5) I=210mA=0,21A U=24V
R=U/I=24/0,21=114Ω
)

Enligt formeln för effekt P=U·I=R·I 2 =U 2 /R (vi kan använda vilken av dem vi vill)
P=24·0,21=5,04W≈5W
8.6)
Resistansen ökar med själva sladdens resistans. R=ρl/A, (nu betyder A ledarens
tvärsnittsarea) R=1,72·10 -8 ·20/10 -6 = 0,344Ω. Eftersom vi har två trådar i en sladd så blir
resistansen=2·0,344= 0,688≈0,69Ω
För övrigt är det fråga om en sluten elektrisk krets. Från strömuttaget till grästrimmern är det
20m och sen ska strömmen tillbaka till strömuttaget. Det blir sammanlagt 40m.
Sätt in alla värden …… 0,69 ohm
8.7)
a) Tråd är vanligtvis tunna så att mikrometer är lämpligast att använda för att mäta
diametern. Längdmätningen beror på hur lång tråden är, men meterstav och liknande är helt
OK. Han ska också mäta resistansen med en ohmmeter (multimeter)
b)
(
)
vi sätter in detta i formeln för resistivitet och får
( )
I tabeller hittar vi värdet 1,3·10 -7 Ωm.
8.8)
R=47kΩ=47·10 3 Ω
P=0,5 W
Vi har att P=U·I (inte så bra att använda), P=R·I 2 (inte så bra heller) och P=U 2 /R som är
mycket bra eftersom vi vet både R och P. Alltså
U=√ =√ = 153,3V 0,15kV
8.9)
R=560Ω och P=1W. Vi använder formeln P=R·I 2 som ger
√
√
8.10)
Vi använder Kirchhoffs första lag "det som går in måste komma ut" (Andreas formulering:)
Inga laddningar går upp i tomma intet. Alla laddningar som kommer in mot en knutpunkt
måste fortsatta vidare någonstans. ”Ström in= ström ut”

8.13)
U=12V, P=55W, alltså
Vi har alltså I=4,6A per lampa och eftersom vi har två lampor har vi I=2∙4,6=9,2 A
8.14)
U=R·I→I=U/R =30/6=5A och det är samma ström mellan B och C, dvs 5A
U=R·I=4·5=20V. Spänningen mellan A-C är spänningen
mellan A-B plus den mellan B-C, dvs 30V+20V=50V

8.18) a. Beräkna ersättningsresistansen.
b. Hur stor är strömmen genom resistorn?
c. Beräkna strömmen genom var och en av de parallellkopplade resistorerna.

Vad vet vi? R2=20Ω och R3=30Ω är parallellkopplade

c) Enligt uppgift a är strömmen ut från spänningskällan 0,012 A.
Då är strömmen genom 5kohms resistorn också 0,012 A. Då är effekten i denna resistor
P=RI 2 = 5000・0,012 2 =0,72W
Då är effekten för de två parallellkopplade resistorerna 1,44W-0,72W=0,72 W. Denna effekt
delas av de två parallellkopplade resistorerna, alltså är effekten på en av dessa
0,72/2 W = 0,36 W

8.21) Det finn olika lösningar, beroende på vad man har att använda. Enklast är om vi har en
multimeter (150kr på Clas Ohlsson). Vi tar hälften av lamporna. Om vi har 100st, t.ex.
skruvar vi ut den första och lampan nr.50, och kontrollerar om strömmen går genom. (Mäter
trådens resistans, om apparaten ger utslag så är felet på andra sidan) Vi halverar och halverar
tills vi får några få kvar som vi lätt kan kontrollera.
Om vi inte har en multimeter kan vi använda en strömkälla, spänningskub eller några
batterier, och en kontrollampa som vi vet att den funkar. Vi gör samma procedur som innan,

lyser lampan betyder att den trasiga finns på "andra sidan". Vi halverar och halverar och det
går ganska fort.
100→50→25→12→6→3 som vi lätt kan kontrollera.
8.22)
ε=13,2V,
Ri = 0,015Ω, I = 200A
U=ε-Ri · I = 13,2 - 0,015 · 200 = 10,2V
Svar: Batteriets polspänning (när bilens startmotor arbetar) är U = 10,2 V
8.23)
Belysningen är 1kW/m 2
P=U・I, med U=10V och I=0,12A ger P=10・0,12=1,2W
P=1000(W/m 2 )·π·0,06 2 (m 2 ) =11,31W
8.24) =12V ( =ems, eller elektromotorisk spänning) I=2A
Eftersom Ri ≈0, dvs. den inre resistansen är försumbar
blir U= =12V
Spänningen över motståndet Ur =3V (15-12) och strömmen är ju samma i hela kretsen. I=2A
Effekten: P=U・I
Packumulator= ・ I=12・2=24W (spänningen över ackumulatorn är 12V)
Pströmkälla =U・I=15・2=30W (spänningen över strömkällan är 15V)
8.25) q=2nC; E=5000 N/C
a)Eftersom
Punkten A befinner sig 0,5cm "ovanför jorden" (jordens lägersenergi är noll!) Lägesenergin
av punkten är ju lika mycket som arbetet vi utför för att flytta laddningen från jord till A.
Detta är=kraften · sträckan=10 -5 · 0,5 · 10 -2 =5· 10 -8 J= 50nJ
Lägesenergin måste öka eftersom vi flyttar laddningen "längre upp". Vi inser också att den
elektriska kraften är lika mycket, så att ändringen blir=kraften ·sträckan AB=10 -5 · 2 · 10 -2 =
2·10 -7 = 0,2 · 10 -6 ] = 0,2
b) Nu är det enklare att tänka om jag flyttar laddningen från A till B och sedan från B till C.
Förflyttningen från B till C ändrar inte lägesenergin eftersom "höjden" inte ändras, alltså
ändringen blir samma som i föregående, 0,2

c)
(
Lägesenergi i B=F·2,5cm=10 -5 · 2,5 · 10 -2 = 2,5 · 10 -7 = 25 · 10 -8 J
d)
Tänk nu att laddningen "faller" från B till A. Lägesenergin minskar då med lika mycket
som den växte med vid förflyttningen från A till B. Energin bevaras, alltså lägesenergin
omvandlas till rörelseenergi. Med andra ord, det som laddningen har tappat i lägesenergi
har den fått som rörelseenergi, dvs. 0,2μJ
8.26)
Potentialen i B=300∙2∙10 -2 =6V. Tittar på C i förhållande till jorden.
250∙5∙10 -2 =7,5V
Om vi har 6V på B blir det 7,5-6=1,5V på C, men det måste vara negativ, eftersom
testladdningen vill "falla" mot C. Från B (6V) till C (-1,5V) är en skillnad på 7,5V
)

8.27) a) Potentialvandra från jord till A
b) Potentialvandra från jord till B
c) Spänningen mellan A och B ges av potentialskillnaden mellan punkten A och B
( )
8.28) Enligt figuren i boken ligger punkten P mellan nivån 3V och 4V. Avståndet från nivån
med 4V till nivån med 3V är ca 6mm, enligt mätning i figuren.
Vi kan använda sambandet:
( )
8.29) Se facit
8.30)
( )
i den riktningen som i figuren och det är detta ström som ”går runt”
a) Det liknar som att "simma medströms" alltså potentialen minskar
b) Strömmen i kretsen I=0,3A. Resistorerna är seriekopplade R=6+4=10Ω
U=R∙I=10∙0,3=3V

8.31)
( )
Då vet vi att spänningen över AB är 8 volt och över BC 2 volt. Detta ger:
c)
8.32)
a) Strömmen går från + till -, såsom i figuren, men eftersom den kan inte gå runt, är strömmen
i kretsen noll. Då är potentialen i A, lika med 12 volt, dvs. lika mycket som batteriets.
b)
Om S är sluten får vi en sluten krets.

Den här strömmen går runt i riktning som figuren visar. Vi potentialvandrar från jord
till A, dvs, "simmar motströms", potentialen ökar. Potentialen i A är:
8.33) Hoppa över eller läs nedan:
a)Hitta först resistorn R616 (orange) Vi ser då att potentialen på ena sidan är 220 volt och på
den andra 200 volt. Spänningen är ju potentialskillnaden, dvs. 220-200=20V
b) Läs av motståndsvärdet, 560kΩ. Använd Ohms lag:
c) Hitta resistorn, det är den andra orangea. Vi ser att potentialen i ena änden är 0,7V och
andra delen är jordad.
8.34)
Strömmen är 0,5A Om vi går medurs från S→T minskar först potentialen med 20V och ökar
sedan med 10V. Potentialen i T är 10V mindre än i S. Hur kommer det sig? Jo: Vi har två
grenar med resistorer, grenarna är parallellkopplade. (resistorerna i varje gren är i serie)

Eftersom resistanserna på grenarna är samma, delar sig strömmen i exakt två, dvs. vi har 0,5A
på varje gren. Nu gör vi en potentialvandring i strömriktningen (medurs) från S→T.
alltså potentialen minskar med 20volt
När vi kommer till 20Ω motstånd "simmar vi motströms" i den grenen, alltså potentialen
ökar med 0,5∙20=10V. Potentialskillnaden mellan S-T är då 10V
Eftersom dvs. punkterna har samma potential, då spelar ingen roll om strömmen
går genom den långa vägen genom 3Ω resistor eller direkt från A till C genom en
ledning.(tråd)
När vi kortsluter B och C får vi följande krets:
Nu betraktar vi kretsen som två kretsar och vi kör en Kirchoff (2) i varje del.
Vi vandrar runt enligt rödmarkeringen. I kretsen till höger har vi 1,5+1,5=3V och

3Ω som ger en ström
I kretsen till vänster har vi 1,5V och 6Ω som ger
Enligt principen "det som kommer in måste komma ut" har vi att strömmen mellan B och C är
0,75A, i den riktningen som figuren visar, från C till B
Sammanfattning Kap 8 Elektriska
kretsar
Mätning av ström och spänning
När man ska mäta hur stor ström som går
genom en lampa eller apparat, kopplar
man in en amperemeter i strömkretsen.
Förenklat kan man säga att amperemetern
är ett instrument som "räknar"
elektronerna som passerar i ledaren.
För att mäta spänning använder man en
voltmeter. Vi mäter strömmen genom
och spänningen över lampan
Effekt i elektriska kretsar
Sambandet mellan vilken ström och spänning en elektrisk komponent ansluts till och dess
effektförbrukning är P=U∙I
Exempel:
Spänningen över lampan L1 är 12 V och över L2 8 V. Lamporna förbrukar tillsammans
effekten 10 W. Bestäm strömmen I genom kretsen.

Lösning:
Ställ upp ett uttryck för totala effektförbrukningen:
Ptot = U1I+U2I = I(U1+U2) I = Ptot/(U1+U2) = 10/(12+8) = 10/20 = 0,5 A
Resistans
Ibland är strömmen för stor i en strömkrets. Den kan då minskas
genom att en resistor, även kallad motstånd, kopplas in i kretsen.
En resistor kan bestå av en lång metalltråd som är lindad kring ett
rör av porslin eller något annat isolerande material. Många varv
ger större resistans. Materialet i tråden kan vara kromnickel, som
är en legering (blandning) av krom och nickel. Inom elektroniken
förekommer en typ av motstånd, där rörets utsida är täckt av ett
tunt skikt av kol som leder strömmen. Resistansen anges på höljet
med siffror eller färgade ringar enligt en speciell kod.
Vi vill se hur strömmen I beror av spänningen U i ett elektriskt motstånd. Vi kopplar därför in
ett motstånd R i serie med en variabel spänningskälla en amperemeter, samt en voltmeter.
Vi ökar spänningskällans spänning och antecknar spänning och ström genom motståndet i en
tabell och ritar sedan ett diagram.
I (A) U(V)
0 0
0,25 1
0,5 2
0,75 3
1 4
1,25 5
Enligt diagrammet tycks sambandet mellan ström och spänning vara linjärt.
U=R∙I (Ohms lag)
Lutningskoeficienten R är storheten resistans som mäts i SI-enheten ohm ().
Motståndet i kretsen ovan har tydligen resistansen
U (V)
5
4
3
2
1
0
0 0,25 0,5 0,75 1 1,25
Exempel:
Ett motstånd med resistansen 5,8 kohm tål högst strömmen 12 mA. Vilken är den högsta
spänningen motståndet kan belastas med?
Lösning:
I (A)

Resistans i en metalltråd
Vi mäter resistansen i en metalltråd med en ohmmeter. Det visar sig att resistansen ökar om
tråden blir längre, men minskar om trådens diameter ökar. Resistansen är även olika för olika
material, om längd och diameter hålls oförändrade.
Följande samband är rimligt att anta för resistansen R i en metalltråd:
R=L/A
där L är trådens längd, A tvärsnittsarean och konstanten är metallens resistivitet.
Resistiviteten mäts i SI-enheten:
Exempel:
Bestäm resistansen i en 2 m lång koppartråd med diametern 0,1 mm.
Lösning:
Enligt tabellen är resistiviteten hos koppar 0,0172 ohm mm 2 m -1 . Tabellen anger alltså inte
resistiviteten i SI-enheter, utan utgår ifrån att trådens tvärsnittsarea anges i mm 2 och
trådlängden i meter. Resistansen i koppartråden blir alltså:
( )
Icke-linjära samband mellan ström och spänning
Ohms lag ovan är ju linjär, dvs. spänningen ökar förhållandevis lika mycket som strömmen
ökar. Blir motståndet i kopplingen ovan varmt ändras emellertid motståndets resistans. Så
sker t ex hos en glödlampa. En diods resistans beror av spänningen den belastas med. Man
säger att komponenter som inte har konstant resistans är icke-linjära (Ohms lag gäller dock
alltid, d v s det går alltid att bestämma den aktuella resistansen om spänning och ström är
kända.
Effektutveckling i resistorer
Om strömmen genom en resistor R är I och
spänningen
över den är U utvecklas effekten P i resistorn:
P = UI (1)
Vet vi I och R kan effekten beräknas med Ohms lag:
U = RI (2)
Sätt in (2) i (1):
Effekten kan också uttryckas i U och R:
P = U U/R = U 2 /R
Exempel:
Spänningen över en 1500 W kokplattas nätanslutning är 230 V. Bestäm
resistansen i den värmealstrande kokplattan.
Lösning:
P = UI = U 2 /R R = U 2 /P = 230 2 /1500 = 35 W
Seriekoppling
I kretsen nedan vill vi ersätta de två seriekopplade motstånden R1 och R2 med ett motstånd Rs.
Frågan är hur stort det skall vara?

Jo, eftersom summan av spänningarna över R1 och R2 måste vara lika stora som spänningen
över Rs, kan man ställa upp följande samband:
U1+U2=U (1)
U1=IR1 (2)
U2=IR2 (3)
U=IRs (4)
Sätt in (2)-(4) i (1):
IR1+ IR2 = IRs
Förkorta bort I så fås formeln för ersättningsresistansen vid seriekoppling:
R1+ R2 = Rs
Seriekoppling av lampor
Man kan seriekoppla lampor. Om en lampa skruvas ur
slocknar de andra också. Hela kretsen är bruten.
Exempel:
Bestäm ersättningsresistansen för två seriekopplade motstånd med vardera resistansen 200
ohm respektive 300 ohm.
Lösning:
Rs = R1+ R2 = 200+300=500 ohm

Parallellkoppling
I kretsen nedan vill vi ersätta de två parallellkopplade motstånden R1 och R2 med ett
motstånd Rp. Frågan är hur stort det skall vara?
Jo, eftersom summan av strömmarna genom R1 och R2 måste vara lika stor som strömmen
genom Rs, kan man ställa upp följande samband:
I1+I2=I (1)
I1=U/R1 (2)
I2=U/R2 (3)
I=U/Rs (4)
Sätt in (2)-(4) i (1):
U/R1+ U/R2 = U/Rs
Förkorta bort U så får vi formeln för ersättningsresistansen vid parallellkoppling:
Parallellkoppling av lampor
I en bostad är lampor och vägguttag parallellkopplade. Schemat
visar tre parallellkopplade lampor. Varje lampa är i förbindelse
med batteriets poler så att alla lamporna får samma spänning.
En fördel med parallellkoppling är att om en av lamporna går
sönder, fortsätter de andra att lysa. Vid parallellkopplingen i
figuren delas strömmen från batteriet upp i tre grenar. Alla
lamporna lyser lika starkt. Ju fler lampor som parallellkopplas, desto större ström behövs för
att lamporna ska lysa.
Man kan parallellkoppla lampor om man vill. Batteriet pressar fram ström i alla tre
ledningarna. Alla lamporna lyser starkt. Om man skruvar ur en lampa fortsätter de andra att
lysa. Deras kretsar är inte brutna.

Exempel:
Bestäm ersättningsresistansen för två parallellkopplade motstånd med vardera resistansen 200
ohm respektive 300 ohm.
Lösning:
1/Rs = 1/R1+ 1/R2 Rs = (1/200+1/300) -1 = 120 ohm
Exempel:
Ni har tre motstånd med vardera resistansen 56, 68 och 82 ohm. Beräkna alla tänkbara
resistanser som går att konstruera med dessa tre resistanser.
Lösning:
Detta är tre möjliga resistanser. Konstruera övriga själv!
Resistans hos amperemetrar och voltmetrar
När man mäter ström och spänning i en krets vill man ju att mätinstrumenten ska påverka
kretsen så lite som möjligt. Mäter man t ex spänningen över ett motstånd bör ju ingen ström
smita förbi motståndet via voltmetern, eller när man mäter strömmen så bör ju inte
amperemetern dra någon effekt ur kretsen. Den ideala voltmetern borde därför ha oändligt
stor resistans ( ohm), medan den ideala amperemetern helt borde sakna resistans (0 ohm). I
praktiken är det dock omöjligt att konstruera sådana instrument. Beroende på mätområde är
inre resistansen hos en voltmeter i storleksordningen mega ohm och hos en amperemeter en
ohm.

Exempel:
Bestäm amperemeterns resistans i figuren ovan, om spänningen UR över motståndet mäts till
10,8 V och R = 2,4 Ω. Batterispänningen är 12 V.
Lösning:
Strömmen i kretsen är:
I = UR/R = 10,8/2,4 = 4,5 A
Spänningen 10,8 V ligger över R, resten ligger över amperemetern, d v s 12-10,8=1,2 V.
Amperemeterns resistans är alltså:
RA = 1,2 Ω
Elektromotorisk spänning
Vi börjar med att mäta spänningen över en belyst obelastad fotocell. Vi låter sedan fotocellen
driva en liten fläkt och mäter samtidigt spänningen. Belysningen är densamma som tidigare.
Det visar sig att spänningen över fotocellen sjunker när fläkten kopplas in.
Sedan övergår vi till att mäta spänningen på ett obelastat batteri, den s.k.
tomgångsspänningen. Den är 4,7 V. Vi kopplar sedan in en liten glödlampa i serie med
batteriet. Batterispänningen är då 4,4 V.
Man kan undra varför spänningen sjunker över en fotocell eller över ett batteri som belastas?
Skälet är att fotocellen och batteriet har resistans. Går det ström genom dem blir det ett
spänningsfall över resistansen. Alltså sjunker spänningen något.
Spänningen som mäts när det inte går någon ström kallas tomgångsspänning, elektromotorisk
spänning (ems) med beteckningen ,eller elektromotorisk kraft (emk).
Batteriets ems och inre resistans
Ett batteri kan tänkas bestå av en spänningskälla ( )
seriekopplad med batteriets inre resistans (Ri), enligt
figuren intill. Är strömmen genom batteriet I, blir den
uppmätta polspänningen U mellan punkterna A och B:
U = - I Ri (1)
Polspänningen är alltså lika stor som ems då strömmen
genom batteriet är noll.
Vi vill nu bestämma ett batteriets ems ( ) och dess inre
resistans (Ri). Vi gör det genom att successivt koppla in

fyra glödlampor parallellt över ett batteri samtidigt som ström och spänning mäts genom och
över batteriet, enligt kopplingen nedan.
Vi för in mätvärdena i en tabell och ritar ett diagram. Vi anpassar en rät linje till punkterna.
Ur diagrammet bestämmer vi sedan Ri.
Antal U I
Lampor (V) (A)
0 4,7 0
1 4,4 0,215
2 4,1 0,420
3 4,0 0,600
4 3,8 0,740
U (V)
Batteriets ems fås när strömmen är noll, dvs. = 4,7 V. Batteriets inre resistans Ri är
detsamma som linjens lutning i diagrammet ovan, eller med formel
5,0
4,5
4,0
3,5
3,0
0 0,2 0,4 0,6 0,8
BATTERIET
Det vi idag kallar batteri, kallade Volta galvaniskt element. Volta uppfann batteriet, men det
var Galvani som hade gett honom idén. Voltas uppfinning var då det enda sättet att få en
elektrisk ström. Vad det var som strömmade, visste han inte. Det tog nästan hundra år innan
man kom på att det var något som kallas elektroner som strömmade. Batterier används nu
otroligt mycket. I bilen finns ett stort uppladdningsbart batteri och i mobilen finns ett litet. Det
finns förstås också batterier som inte går att ladda upp när de är slut. Gemensamt för alla
batterier är att de har två olika poler, pluspol och minuspol, och antingen en syra eller en
saltlösning mellan dem. Kemiska reaktioner bygger upp en spänning mellan polerna. Den här
spänningen pressar fram elektroner i ledningen när apparaten är på. Elektronerna kommer inte
från batteriet. De finns i ledningen och apparaten hela tiden.
I (A)

När man började experimentera med elektrisk ström, trodde man att strömmen gick från
pluspol till minuspol. Idag vet vi att elektronerna går i motsatt riktning. Av praktiska skäl har
man däremot hållit fast vid den gamla strömriktningen.
OBS: Egentligen är det inte själva elektronerna som små partiklar som åker genom sladden
utan elektronerna ger sina laddningar till varandra. När vi sätter på strömbrytaren tänds ljuset
omedelbart, dvs. strömmen går med ljusets hastighet. Själva elektronerna kan inte gå så fort
för de krockar med varandra och med andra atomer, dessutom har de en massa. Elektronerna
själva åker genom sladden med ungefär 2-3m/s. Konstigt? Ja, men så är det.
Exempel:
Ett batteri har ems =4,62 V och inre resistansen 0,82 Ω. Batteriet belastas med en lampa
som har resistansen 15 Ω
a. Rita kopplingsschema
b. Bestäm strömmen i kretsen.
c. Bestäm batteriets polspänning.
Lösning:
a.
b. I = /(Ri + RL) = 4,62/(0,82+15) = 0,292 A 0.29 A
c. Up= -IRi = 4,62-0,292∙0,82 = 4,38 V 4,4 V

Potential
Begreppet potential och spänning hänger tätt samman. Spänning mäts ju mellan två punkter,
till exempel över en glödlampa. I vissa sammanhang är det lämpligt att alltid ange spänningen
till en referenspunkt.(Jord) Referenspunktens potential sätts då till 0 V. I vägguttaget är det
jorden som utgör referenspunkten 0 V. Storheten potential mäts alltså i enheten volt.
Begreppet potential har även viss koppling till potentiell energi. Potentiell (läges-) energi
mäts ju alltid i förhållande till en nollnivå. I elsammanhang anges den elektriska lägesenergin
i förhållande till jorden. Man brukar dock sällan beräkna den elektriska lägesenergin. I
elsammanhang är det istället potential som gäller. Skillnad i potential är spänning.
Exempel:
Bilden visar två plattor med olika potential V. Den undre plattan är jordad och har alltså
potentialen 0 V. Vilken elektrisk lägesenergi har den positiva laddningen q=1,6nC om den
befinner sig på plattan vid:
a. A
b. B
c. Bestäm spänningen mellan plattorna.
Lösning:
Laddningens elektriska lägesenergi är E=q∙V, dvs laddningen multiplicerad med potentialen
vid laddningen.
a. EA=qVA=1,6∙10 -9 ∙0=0 J
b. EB=qVB=1,6∙10 -9 ∙5=8∙10 -9 J
c. Spänningen U är skillnaden i potential:
UAB=VA-VB=5-0=5 V
Potential i elektriska kretsar
Begreppet potential har kanske störst tillämpning i elektriska kretsar. I en bils elsystem t. ex.
ges kaross och motor (som är anslutna till batteriets minuspol) potentialen 0 V, som alltså är
bilens jord. Skall man sen koppla in en lampa t.ex. räcker det med en ledare från batteriet till
lampan. Återledaren ansluts till närmaste jord, t ex kaross eller motor. Begreppet potential
används även för att förenkla beräkningar i kretsar.

Vi kopplar upp intilliggande krets bestående
av två batterier och två resistorer. Punkten B
jordas i vägguttagets jordkontakt med en
krokodilklämma. Sedan mäter vi med en
voltmeter potentialen i punkten:
a. A
b. B
c. C
d. Spänningen mellan punkterna A och C.
e. Beräkna spänningen mellan A och C m h a mätvärdena i a) och c). Stämmer med svaret i
d)?
Lösning:
Potentialen bestäms genom att ansluta voltmeterns minusuttag till jord och det andra uttaget
till mätpunkten.
a. VA=2,92 V
b. VB=0 V (detta är jordpunkten)
c. VC=1,48 V
d. UAC=1,44 V
e. Spänningen är potentialskillnaden mellan punkterna A och C:
UAC= VA-VC =2,92-1,48=1,44 V (Stämmer!)
Vi utgår från kretsen i föregående exempel och mäter upp delspänningarna (med tecken) över
alla fyra komponenterna. R1=500 ohm och R2=300 ohm.
UE1=1,5 V
UR1= -1,875 V
UE2=1,5 V
UR2= -1,125 V
Vi summerar sedan delspänningarna: 1,5-1,875+1,5-1,125 = 0
Vi kan dra två slutsatser av mätningen:
1. Spänningen är negativ över motstånd och positiv över batteriet, dvs. potentialen sjunker
efter ett motstånd och ökar över ett batteri (som är vänt som den ovan).
2. Summan av delspänningarna i en krets är noll. Detta kallas Kirchhoffs andra lag
(Kirchhoffs första lag säger, att summan av strömmarna in mot är lika med strömmarna ut
från en förgreningspunkt).
I ovanstående krets är batterispänningarna E1=6 V och E2=12 V ohm, samt resistanserna
R1=15 ohm och R2=25 ohm. Beräkna:
a. Potentialen i punkten A.
b. Potentialen i punkten C.
c. Spänningen (utan tecken) mellan punkterna C och A.
Lösning:
I den här typen av uppgift är det lämpligt att börja med att bestämma strömmen I i kretsen.
Med Kirchhoffs andra lag (summan av delspänningarna medurs i kretsen) får vi:
E1-I∙R1+E2-I∙R2=0 I=(E1+E2)/(R1+R2)=(6+12)/(15+25)=18/40=0,45 A
Kirchhoffs andra lag leder här till Ohms lag, dvs. summan av spänningskällorna dividerat
med summan av resistanserna i kretsen.
När vi nu vet strömmen är det dags att beräkna potentialerna. Vi utgår då från jordpunkten
och summerar delspänningarna fram till den punkt där potentialen V skall beräknas.

a. Här är det enklast att gå mot strömmen Potentialen ökar då över en resistor:
VA=IR2=0,45∙25=11,25 V
Går vi med strömmen sjunker potentialen över en resistor:
VA= E1-IR1+E2=6-0,45∙15+12=11,25 V
Potentialen blir förstås lika oavsett man går med eller mot strömmen.
b. Här är det enklast att gå med strömmen:
VC=E1=6 V
c. Spänningen U motsvaras av potentialskillnaden mellan punkterna:
UAC= VA-VC=11,25-6=5,25 V
Likström och växelström
Ett batteri pressar fram strömmen åt samma håll hela tiden. Detta kallas likström. Spänningen
i vägguttaget bildas på ett helt annat sätt. Där byter plus och minus plats 100 gånger varje
sekund. Spänningen pressar fram strömmen växelvis 50 gånger åt ena hållet och 50 gånger åt
andra hållet varje sekund. Vi har 50-periodig växelström genom en tänd lampa som kopplas
till vägguttaget. Spänningen i vägguttaget är 230 V.
Kopplingsschema
Med elektriska komponenter menar man glödlampor, strömbrytare, batterier m.m. För att visa
hur en strömkrets ska kopplas upp, ritar man ett kopplingsschema som visar en förenklad bild
av strömkretsen. Eftersom det skulle bli alltför tidsödande att rita de olika komponenterna
precis som de ser ut i verkligheten, ritar man i stället symboler.

Klart och lycka till önskar Andreas