Fysikk 2 eksamen vår 2024 – løsningsforslag

Slik bruker du denne siden

Ha det offisielle oppgavesettet åpent ved siden av – last det ned gratis fra Utdanningsdirektoratet (udir.no). Vi gjengir oppgavene kort med egne ord og viser hvordan du løser dem. Dette er ifingos egne, kontrollerte løsninger; bruk det offisielle settet for de eksakte figurene og endelig fasit.

Eksamen varer i 5 timer. Del 1 (oppgave 1–2) leveres etter 2 timer og løses uten andre hjelpemidler enn skrivesaker, passer, linjal, vinkelmåler og vedleggene. Del 2 (oppgave 3–7) løses med alle hjelpemidler unntatt åpent internett og kommunikasjon, og teller omtrent 60 %. Fagkode REA3039.

Oppgave 1 – Flervalgsoppgaver (a–t)

Del 1. Riktig svaralternativ med kort begrunnelse for alle 20 deloppgavene.

Svarene er verifisert mot Udirs offisielle fasit i vurderingsskjemaet for REA3039 våren 2024. Begrunnelsene er ifingos egne.

Deloppgave	Svar	Begrunnelse
a) Relativ usikkerhet i g	C	g = mv²/(Mr) ⇒ Δg/g = 2·(Δv/v) + Δr/r = 2·3 % + 1 % = 7 %.
b) Kule i to snorer	C	Snor 2 er horisontal, så snor 1 må bære hele tyngden loddrett: S₁ = mg/cosθ > mg, mens S₂ = mg·tanθ. Altså S₁ > S₂.
c) Golfball, horisontalt kast	D	Fallhøyde 5,0 m ⇒ falltid t = √(2·5/10) = 1,0 s. Rekkevidde 20 m ⇒ v₀ = 20/1,0 = 20 m/s.
d) Kloss i vertikal halvsirkel	D	Energibevaring: v² = 2gr i bunnen. Newton radielt: N − mg = mv²/r ⇒ N = mg + 2mg = 3mg.
e) To astronauter	B	Begge er i et gravitasjonsfelt (påstand 1 rett). Kraften G = γmM/r² avhenger av avstanden, og A (på overflaten) og B (i bane 400 km opp) har ulik r ⇒ ulik kraft (påstand 2 feil).
f) Programmering, fritt fall	C	Avstanden r til jordsentrum minker mens gjenstanden faller: r = r − v·dt (linje 12).
g) To satellitter	A	Nærmest satellitt har størst banefart og kortest rundetid. Verken banefart eller rundetid er lik ⇒ ingen av påstandene.
h) To ladninger slippes	C	Programmet lar r øke (linje 13) og bruker frastøtende kraft ⇒ gjelder bare når ladningene støter fra hverandre, altså har samme fortegn.
i) Elektrisk felt i kvadrat	A	I A ligger + og − parvis over/under hverandre slik at feltbidragene i midten peker samme vei og forsterker hverandre; i B og C blir summen null, i D mindre.
j) To ledere, B = 0 i P	D	B ∝ I/avstand. Kjent leder (1 A) er i avstand d, ukjent i 2d: I/(2d) = 1/d ⇒ I = 2 A. Feltet må motvirkes ⇒ strømmen går mot høyre.
k) Ladninger i magnetfelt	B	q₁ (øvre felt inn i planet) bøyer nedover og q₂ (nedre felt ut av planet) bøyer oppover; begge krever negativ ladning ⇒ q₁ = −, q₂ = −.
l) Ion i magnetfelt	B	Samme U ⇒ samme fart. R = mv/(QB). Dobbelt B gir halv radius ⇒ R/2.
m) Fartsfilter	A	Rettlinjet bevegelse krever at F_E og F_B opphever hverandre. Med B ut av planet og E oppover peker F_B ned og F_E opp for den positive partikkelen ⇒ likevekt.
n) Transformator	D	N_p/N_s = U_p/U_s = 240/60 = 4,0.
o) Lengdekontraksjon	B	Dronens fart er horisontal (langs Henriks bredde). Lengden kontraheres kun i bevegelsesretningen ⇒ Henrik blir smalere, men like lang.
p) Tre klokker (gravitasjon)	B	Klokker går tregest der gravitasjonspotensialet er mest negativt. Klokke 1 (nær store M) er tregest, klokke 3 nest, klokke 2 (høyest potensial) raskest ⇒ 1, 3, 2.
q) Fotoelektrisk effekt	C	Ingen elektroner ⇒ frekvensen er under grensefrekvensen. Å øke frekvensen (E = hf) kan gi nok energi til løsrivning.
r) To påstander (bølge)	D	Et elektron i bevegelse har de Broglie-bølgelengde (rett), og for fotoner er p = h/λ, så større p gir mindre λ (rett).
s) Bølgefunksjon	D	Sannsynligheten for å finne partikkelen i et intervall er arealet under |Ψ|²-kurven over hele intervallet – ikke den høyeste enkeltverdien av |Ψ|. Et bredt intervall med jevnt moderat |Ψ|² kan derfor gi større sannsynlighet enn et smalt med én høy topp. Sammenlign arealene, ikke toppene.
t) Uskarphetsrelasjonen	B	Δx·Δp ≥ ħ/2. Mindre Δx ⇒ større Δp. Figur B viser redusert Δx og tydelig økt Δp.

🎯 Slik tenker en 6-er

På flervalg teller resonnementet: kvadrer riktig ved usikkerhet (a), bruk energibevaring før Newtons 2. lov i loop-oppgaver (d), og bruk høyrehåndsregelen konsekvent på felt og krefter (j, k, m). Ved oppgaver med to påstander må begge sjekkes uavhengig (e, g, r).

Oppgave 2 – Skrått kast, ekvivalensprinsippet og induksjon

a1) Krefter på ballen med luftmotstand. I alle tre punktene (P på vei opp, Q i toppen, R på vei ned) virker tyngdekraften \(G=mg\) rett ned. I tillegg virker luftmotstanden \(L\) alltid motsatt av fartsretningen: i P peker den skrått ned-bakover (mot bevegelsen oppover-framover), i R skrått opp-bakover (mot bevegelsen nedover-framover), og i Q (der farten er horisontal) peker den vannrett bakover.

a2) Graf for \(|a_y|\). Riktig graf er Graf A (avtakende kurve). Begrunnelse: I y-retningen er \(a_y=g\pm L_y/m\).

• På vei opp peker luftmotstandens y-komponent nedover (samme vei som tyngden), så \(|a_y|=g+L_y/m > g\).
• I toppunktet er den loddrette farten null, så \(L_y=0\) og \(|a_y|=g\).
• På vei ned peker luftmotstandens y-komponent oppover (mot tyngden), så \(|a_y|=g-L_y/m < g\).

\(|a_y|\) starter altså over \(g\), synker mot \(g\) i toppen og fortsetter under \(g\) på vei ned – en jevnt avtakende kurve.

b1) Hvorfor slippforsøket ikke avgjør noe. Etter ekvivalensprinsippet gir en gravitasjonskraft (Pers forklaring) og en akselerasjon av romskipet (Oles forklaring) nøyaktig samme observasjon: en gjenstand som slippes, faller mot gulvet med økende fart. De to situasjonene kan ikke skilles med et slikt mekanisk forsøk – derfor avgjør ikke forsøket hvem som har rett.

b2) Lysforsøket. Lyset sendes fra gulvet mot taket.

• Hvis Per har rett (romskipet står på en planet): lyset beveger seg oppover i et gravitasjonsfelt og mister energi ⇒ gravitasjonell rødforskyvning, sensoren måler lavere frekvens.
• Hvis Ole har rett (romskipet akselererer oppover): mens lyset er på vei mot taket, har taket fått en større fart oppover (bort fra lyset) ⇒ dopplerforskyvning, sensoren måler lavere frekvens.

Begge tilfellene gir lavere frekvens ved taket. På grunn av ekvivalensprinsippet gir også dette forsøket samme resultat, så det er ikke mulig å avgjøre hvem som har rett.

c) Roterende spole. Spole med \(N=10\) vindinger, \(A=0{,}010\text{ m}^2\), \(R=3{,}14\ \Omega\). Grafen viser \(I_{maks}=0{,}020\text{ A}\).

1. Rundetid og vinkelfart. Én hel periode er avlest til \(T=0{,}10\text{ s}\), altså tiden for én runde:

\(\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\dfrac{2\pi}{0{,}10}=63\text{ rad/s}\)

2. Flukstettheten \(B\). Toppspenningen er \(\varepsilon_{maks}=NBA\omega\), og \(I_{maks}=\varepsilon_{maks}/R\):

\(B=\dfrac{I_{maks}\,R}{N A \omega}=\dfrac{0{,}020\cdot3{,}14}{10\cdot0{,}010\cdot63}=1{,}0\cdot10^{-2}\text{ T}\)

3. Elektromagnetisk induksjon. Når den magnetiske fluksen \(\Phi=BA\cos(\omega t)\) gjennom spolen endrer seg, induseres det en spenning \(\varepsilon=-N\dfrac{d\Phi}{dt}\) (Faradays induksjonslov). En roterende spole i et magnetfelt gir dermed en vekselspenning. Et eksempel på bærekraftig energiproduksjon er vannkraftverk (eller vindturbin), der en turbin driver en generator: spolene roterer i et magnetfelt og induserer elektrisk spenning uten utslipp av klimagasser.

Oppgave 3 – Fritt fall fra 39 km

En gjenstand slippes fra ro i høyden \(h=39{,}0\text{ km}=3{,}90\cdot10^{4}\text{ m}\) over jordoverflata. Se bort fra luftmotstand. \((\gamma=6{,}67\cdot10^{-11},\ M=5{,}97\cdot10^{24}\text{ kg},\ R=6{,}371\cdot10^{6}\text{ m})\)

a) Konstant gravitasjonsfeltstyrke \(g=9{,}81\text{ m/s}^2\). Energibevaring (eller \(v^2=2gh\)):

\(v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\cdot9{,}81\cdot3{,}90\cdot10^{4}}=8{,}75\cdot10^{2}\text{ m/s}\ (\approx875\text{ m/s})\)

b) Inhomogent gravitasjonsfelt. Her avtar feltstyrken med høyden, så vi bruker energibevaring med gravitasjonell potensiell energi \(E_p=-\dfrac{\gamma mM}{r}\). Med start i \(r_0=R+h\) og slutt i \(R\):

\(\tfrac12 v^2=\gamma M\left(\dfrac{1}{R}-\dfrac{1}{R+h}\right)\) \(v=\sqrt{2\gamma M\left(\dfrac{1}{R}-\dfrac{1}{R+h}\right)}=8{,}72\cdot10^{2}\text{ m/s}\ (\approx872\text{ m/s})\)

c) Kommentar. De to svarene er nesten like (875 m/s mot 872 m/s, en forskjell på ca. 0,3 %). Fordi fallhøyden på 39 km er liten i forhold til jordradien på 6371 km, endrer feltstyrken seg lite på veien ned. Den konstante verdien \(g=9{,}81\) er derfor en god tilnærming, og den overvurderer farten litt fordi \(g\) er størst helt nede ved overflaten.

Oppgave 4 – Sykkel og luftmotstand

Samlet masse \(m=105\text{ kg}\), helningsvinkel \(\alpha=4{,}0^\circ\), luftmotstand \(L=kv^2\). \((g=9{,}81\text{ m/s}^2)\)

a) Utledning av \(k\). Når syklisten triller ned bakken virker tre krefter: tyngden \(G=mg\) rett ned, normalkraften \(N\) vinkelrett på underlaget og luftmotstanden \(L\) oppover langs bakken (mot fartsretningen). Ved den konstante farten \(v\) er akselerasjonen null, så kraftsummen langs bakken er null:

\(mg\sin\alpha=L=kv^2\quad\Rightarrow\quad k=\dfrac{mg\sin\alpha}{v^2}\)

b) Verdi for \(k\). Fra måleresultatene flater farten ut mot en konstant sluttfart (terminalfart) på ca. \(v=10{,}2\text{ m/s}\). Da er:

\(k=\dfrac{mg\sin\alpha}{v^2}=\dfrac{105\cdot9{,}81\cdot\sin4{,}0^\circ}{10{,}2^2}=0{,}69\text{ kg/m}\)

c) Akselerasjon ved \(v=6{,}0\text{ m/s}\). Newtons 2. lov langs bakken med \(L=kv^2\):

\(a=\dfrac{mg\sin\alpha-kv^2}{m}=\dfrac{105\cdot9{,}81\cdot\sin4{,}0^\circ-0{,}69\cdot6{,}0^2}{105}=0{,}45\text{ m/s}^2\)

Dette stemmer godt med den avleste akselerasjonen på ca. \(0{,}5\text{ m/s}^2\) fra grafen; det lille avviket skyldes usikkerhet i avlesningen av grafen og av terminalfarten.

d) Syklisten lener seg framover.

• 1. Graf. Farten øker fra null og flater ut mot en høyere terminalfart enn i det første forsøket – kurven har samme S-form, men ligger over den første og stiger til et høyere platå.
• 2. Forklaring. Når syklisten lener seg framover, minker luftmotstanden (mindre \(k\), mer strømlinjeformet). Med mindre luftmotstand må farten bli større før \(kv^2\) balanserer \(mg\sin\alpha\), så terminalfarten (og dermed platået på grafen) blir høyere.

Oppgave 5 – Bil i sving og over bakketopp

Masse \(m=2000\text{ kg}\), banefart \(v=20\text{ m/s}\). \((g=9{,}81\text{ m/s}^2)\)

a) Horisontal sving, \(r=100\text{ m}\). I en jevn sirkelbevegelse er kraftsummen sentripetalkraften:

\(\sum F=\dfrac{mv^2}{r}=\dfrac{2000\cdot20^2}{100}=8{,}0\cdot10^{3}\text{ N}\)

b) Dossert sving uten sideveis friksjon, \(\alpha=15^\circ\). Bare tyngde og normalkraft virker. Normalkraftens horisontale komponent gir sentripetalkraften, den vertikale bærer tyngden:

\(\tan\alpha=\dfrac{v^2}{gr}\quad\Rightarrow\quad v=\sqrt{gr\tan\alpha}=\sqrt{9{,}81\cdot100\cdot\tan15^\circ}=16\text{ m/s}\)

c) Normalkraft på bakketoppen (vertikal sirkelbane \(R=150\text{ m}\); sentripetalkraften peker ned mot sentrum):

\(mg-N=\dfrac{mv^2}{R}\ \Rightarrow\ N=m\left(g-\dfrac{v^2}{R}\right)=2000\left(9{,}81-\dfrac{20^2}{150}\right)=1{,}4\cdot10^{4}\text{ N}\)

d) Normalkraft \(h=10\text{ m}\) under bakketoppen. Her danner radien vinkelen \(\theta\) med loddlinja, der \(\cos\theta=\dfrac{R-h}{R}=\dfrac{140}{150}=0{,}933\). Newtons 2. lov radielt (inn mot sentrum):

\(mg\cos\theta-N=\dfrac{mv^2}{R}\ \Rightarrow\ N=m\left(g\cos\theta-\dfrac{v^2}{R}\right)=2000\left(9{,}81\cdot0{,}933-\dfrac{20^2}{150}\right)=1{,}3\cdot10^{4}\text{ N}\)

Oppgave 6 – Elektron mellom plater

Spenning \(U=200\text{ V}\), plateavstand \(d=10\text{ cm}=0{,}10\text{ m}\), startfart \(v_0=0{,}010c=3{,}0\cdot10^{6}\text{ m/s}\), utgangsvinkel \(\alpha=43^\circ\). Den nederste plata er positiv og den øverste negativ, så det elektriske feltet peker oppover; kraften på det negative elektronet peker rett ned. Bevegelsen blir som et skrått kast. \((e=1{,}602\cdot10^{-19}\text{ C},\ m_e=9{,}109\cdot10^{-31}\text{ kg})\)

a) Tid mellom A og B. Feltstyrken og akselerasjonen:

\(E=\dfrac{U}{d}=\dfrac{200}{0{,}10}=2{,}0\cdot10^{3}\text{ V/m},\qquad a=\dfrac{eE}{m_e}=\dfrac{1{,}602\cdot10^{-19}\cdot2000}{9{,}109\cdot10^{-31}}=3{,}52\cdot10^{14}\text{ m/s}^2\)

Elektronet forlater A og treffer samme plate i B, altså tilbake til utgangshøyden – som et symmetrisk kast. Loddrett startfart er \(v_{0y}=v_0\sin\alpha\), og tiden opp og ned igjen er:

\(t=\dfrac{2v_0\sin\alpha}{a}=\dfrac{2\cdot3{,}0\cdot10^{6}\cdot\sin43^\circ}{3{,}52\cdot10^{14}}=1{,}2\cdot10^{-8}\text{ s}\)

som var det vi skulle vise.

b) Avstanden mellom A og B. Vannrett er bevegelsen jevn med farten \(v_{0x}=v_0\cos\alpha\):

\(AB=v_0\cos\alpha\cdot t=3{,}0\cdot10^{6}\cdot\cos43^\circ\cdot1{,}2\cdot10^{-8}=2{,}6\cdot10^{-2}\text{ m}\ (\approx2{,}6\text{ cm})\)

(Til kontroll: største høyde over plata blir \(v_{0y}^2/2a\approx0{,}6\text{ cm}\), godt innenfor plateavstanden på 10 cm.)

Oppgave 7 – Stang på skinner (induksjon og programmering)

En stang med masse \(m=10\text{ g}=0{,}010\text{ kg}\) glir friksjonsfritt på to skinner med avstand \(L=0{,}10\text{ m}\). Total resistans \(R=0{,}50\ \Omega\), magnetfelt \(B=1{,}5\text{ T}\) vinkelrett på planet, spenningskilde \(U=1{,}0\text{ V}\).

a1) Krefter idet spenningen kobles til. Strømmen \(I=U/R\) gjennom stanga i magnetfeltet gir en magnetisk kraft \(F=BIL\) langs skinnene (drivkraften). I tillegg virker tyngden \(mg\) ned og normalkraften \(N\) opp; disse opphever hverandre siden planet er horisontalt. Bare den magnetiske kraften akselererer stanga.

a2) Akselerasjonen. Med \(I=U/R=1{,}0/0{,}50=2{,}0\text{ A}\):

\(a=\dfrac{BIL}{m}=\dfrac{1{,}5\cdot2{,}0\cdot0{,}10}{0{,}010}=30\text{ m/s}^2\)

b) Hvorfor det induseres en spenning. Når stanga beveger seg, endrer arealet – og dermed den magnetiske fluksen \(\Phi=BLx\) – i den lukkede kretsen seg. Etter Faradays lov induseres det da en spenning \(\varepsilon=BLv\). Etter Lenz' lov motvirker den induserte spenningen den påtrykte, så nettospenningen (og strømmen) synker etter hvert som farten øker.

c) Utledning av akselerasjonen. Den samlede spenningen som driver strømmen er \(U-\varepsilon=U-BLv\), så strømmen er \(I=\dfrac{U-BLv}{R}\). Den magnetiske kraften er \(F=BIL\), og Newtons 2. lov gir:

\(a=\dfrac{F}{m}=\dfrac{BIL}{m}=\dfrac{BL(U-BLv)}{Rm}=\dfrac{UBL-vB^2L^2}{Rm}\)

som var det vi skulle vise.

d) Programmering (Eulers metode). Vi fyller inn linjene 13–16 og lar programmet gå til farten er 1,0 m/s:

U = 1.0 B = 1.5 R = 0.50 m = 0.010 L = 0.10 v = 0 s = 0 t = 0 dt = 0.00001 while v <= 1.0: a = (U*B*L - v*B**2*L**2)/(R*m) v = v + a*dt s = s + v*dt t = t + dt print(t) print(s)

1. Tiden til farten er 1,0 m/s: \(t\approx3{,}6\cdot10^{-2}\text{ s}\ (\approx0{,}036\text{ s})\).

2. Strekningen stanga har beveget seg da: \(s\approx1{,}9\cdot10^{-2}\text{ m}\ (\approx1{,}9\text{ cm})\). (Til kontroll: terminalfarten er \(U/BL=6{,}7\text{ m/s}\), så farten 1,0 m/s nås tidlig i bevegelsen.)

Øv videre

Test deg selv på AI-eksamenstreneren og få karakter og sensorvurdering, øv på oppgaver med fasit, repeter med sammendraget og formelvedlegget, og les slik får du 6. Se også eksamensoppgaver per kapittel.

🔑 Huskeregel – formlene dette settet krevde

Rask repetisjon: kjerneformlene bak oppgavene i dette settet – kjenn dem igjen, så ser du raskt hvilken metode hver oppgave vil ha.

• Skrått kast: \(x=v_0\cos\alpha\,t\), \(y=v_0\sin\alpha\,t-\tfrac12 gt^2\)
• Luftmotstand og terminalfart: \(ma=mg-kv^2\), \(v_t=\sqrt{\dfrac{mg}{k}}\)
• Sirkelbevegelse: sentripetal \(F=\dfrac{mv^2}{r}\); bakketopp \(mg-N=\dfrac{mv^2}{r}\); dossert sving \(v^2=gr\tan\alpha\)
• Elektron mellom plater: \(E=\dfrac{U}{d}\), \(F=qE\), \(qU=\tfrac12 mv^2\)
• Induksjon (stang på skinner): \(\varepsilon=BvL\), \(\varepsilon=-N\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}\)

Ofte stilte spørsmål

Hvor finner jeg det offisielle oppgavesettet for vår 2024?

Hos Utdanningsdirektoratet (udir.no) under tidligere eksamensoppgaver. Vi gjengir oppgavene kort og viser løsningene; selve settet med alle figurer henter du gratis fra Udir.

Er løsningene her kontrollert?

Ja. Alle beregninger er regnet gjennom og kontrollert numerisk, og flervalgssvarene i oppgave 1 er verifisert mot Udirs offisielle fasit i vurderingsskjemaet for REA3039 våren 2024. Begrunnelsene ved siden av hvert svar er ifingos egne.

Hva er fagkoden for Fysikk 2?

Fagkoden er REA3039. Eksamen er en 5-timers sentralt gitt skriftlig eksamen med todelt struktur: Del 1 uten hjelpemidler og Del 2 med alle hjelpemidler unntatt internett.

Hvordan bør jeg bruke et løsningsforslag når jeg øver?

Prøv oppgaven selv først, og bruk løsningsforslaget til å sjekke metode og begrunnelse – ikke bare sluttsvaret. Det er framgangsmåten sensor gir poeng for.