Kontrollert løsningsforslag til hele Fysikk 2-eksamenen vår 2025 (REA3039) – alle 20 flervalgsoppgaver og hver oppgave i Del 1 og Del 2, løst steg for steg.
Faglig kvalitetssikret av lærere og toppstudenter · Følger læreplanen (LK20) · Sist oppdatert 2026-10-01
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 og enkel kalkulator. Del 2 (oppgave 3–7) løses med alle hjelpemidler unntatt internett og kommunikasjon. Fagkode REA3039.
Del 1. Riktig svaralternativ med kort begrunnelse for alle 20 deloppgavene:
Svarene er verifisert mot Udirs offisielle fasit i vurderingsskjemaet for REA3039 våren 2025. Begrunnelsene er ifingos egne.
| Deloppgave | Svar | Begrunnelse |
|---|---|---|
| a) Skrått kast – fart i toppen | D | I toppen er den loddrette farten null; bare den vannrette komponenten v·cosα er igjen. |
| b) Normalkraft på skråplan | A | Del kreftene opp vinkelrett på planet. Tyngden bidrar med G·cos30°. Den horisontale kraften F peker inn mot skråplanet i figuren, så komponenten F·sin30° presser klossen mot underlaget i stedet for bort fra det. Da blir N = G·cos30° + F·sin30°. Merk at en horisontal kraft gir sin30°, ikke cos30° – vinkelen mellom F og planet er 30°, ikke 60°. |
| c) Akselerasjon i y-retning (luftmotstand) | D | a_y = −g − (L/m)·sinα = −g − kv²·sinα/m. Luftmotstanden L = kv² motvirker farten, og y-komponenten er L·sinα. |
| d) Kjeglependel – krefter | A | Bare to krefter virker: tyngde (rett ned) og snorkraft (opp mot sentrum, altså opp og innover). Kraftsummen peker vannrett inn mot sentrum. |
| e) Pendel i nederste punkt (chatbot) | A | Sentripetalkraften er ikke en ekstra kraft (påstand 1 feil). I nederste punkt peker kraftsummen opp, så snorkraft > tyngde – chatboten tok feil (påstand 2 feil). |
| f) Kloss i vertikal halvsirkel | C | Radielt inn: N − mg·sin30° = mv²/R ⇒ N = m(v²/R + g/2), siden sin30° = ½. |
| g) Dossert sving uten friksjon | C | N = mg/cosα > mg, så N < G er feil (påstand 1 feil). v² = gr·tanα, så v avhenger av α (påstand 2 rett). |
| h) Roterende stang (programmering) | B | Banefart v = 2π·r/T (linje 12), og E-en må summeres: E = E + ½·dM·v² (linje 13). |
| i) Gravitasjonsfelt mellom to planeter | C | Feltene peker mot hver sin planet (motsatt). Feltet fra B er svakere (D > d), så summen er mellom 0 og g. |
| j) Asteroide mot jorda | D | Energibevaring med avstand 4R (start) og R (slutt): ½mv² − γmM/R = ½mv₀² − γmM/4R. |
| k) Kvadrat med tre protoner | A | De to øverste protonene opphever hverandre vannrett i P; det nederste protonet (bort) og elektronet (mot) gir netto felt rett mot høyre. |
| l) Elektron akselerert over d | A | eEd = ½m·v² ⇒ v = √(2eEd/mₑ). |
| m) To parallelle ledere | A | I P (midt mellom) opphever feltene delvis; 2I-lederen dominerer ⇒ |B| = kₘ·2I/d, retning ut av papirplanet. |
| n) Elektron avbøyd i magnetfelt | D | Elektronet går mot høyre og bøyes oppover. Med F = −e·v×B gir B ut av papirplanet en kraft oppover. |
| o) Roterende spole – |B| | A | Toppspenningen for en roterende spole er ε₀ = N·A·B·ω, der ω = 2π/T. Les av både toppverdien ε₀ og perioden T på grafen før du regner. Med N = 100 og A = 0,010 m² gir avlesningen B = ε₀/(N·A·ω) = 1,0 T. Den vanligste feilen her er å lese av perioden unøyaktig – ω går rett inn i svaret, så en faktor 2 på T gir en faktor 2 feil på B. |
| p) Sløyfe faller inn i felt | D | Indusert strøm bremser sløyfa ⇒ a < g. Økende fluks inn i papiret ⇒ indusert strøm mot klokka. |
| q) Sløyfe inn i skrått felt | C | Bare komponenten av B normalt på sløyfeplanet (B·sinθ) gir fluks ⇒ ε = vBL·sinθ. |
| r) Tid og lysfart i gravitasjonsfelt | B | Tiden går saktere i gravitasjonsfeltet; lysfarten er den samme (c er konstant lokalt). |
| s) Rødforskyvning (to situasjoner) | A | Lys som stiger i et gravitasjonsfelt blir rødforskjøvet: λ₁ > λ₀. Ekvivalensprinsippet gir det samme i det akselererende romskipet: λ₂ > λ₀. |
| t) Comptoneffekten | D | Et foton kolliderer med et elektron, og noe av fotonets energi overføres til elektronet. |
På flervalg teller resonnementet. Sett riktig fortegn på luftmotstanden (c), og skill mellom en kraft og en kraftsum – sentripetalkraften er resultanten, ikke en ekstra kraft (e). Bruk energibevaring med avstand fra jordas sentrum, ikke fra overflaten (j). Ved oppgaver med to påstander må begge sjekkes uavhengig (e, g).
a) Fotoelektrisk effekt for to metaller. Grafen for metall A viser \(E_k=hf-W_A\), altså en rett linje som skjærer f-aksen ved grensefrekvensen \(f_{g,A}=W_A/h\). Metall B har dobbelt så stort løsrivningsarbeid: \(W_B=2W_A\).
b) Bølgefunksjonen. Figuren viser \(|\Psi|^2\). Arealet under \(|\Psi|^2\) mellom \(x=1\text{ nm}\) og \(x=1{,}5\text{ nm}\) gir sannsynligheten for å finne kvantepartikkelen i dette området.
c) Kloss opp et skråplan med friksjon. Skråplanvinkel 30°, friksjonstall \(\mu=\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\). Toppen av skråplanet er \(h\) over start, og deretter (uten friksjon) glir klossen over en bakketopp i høyde \(2h\) som er en del av en vertikal sirkel med radius \(2h\).
1. Krefter på klossen opp skråplanet: tyngden \(G=mg\) rett ned, normalkraften \(N\) vinkelrett ut fra planet, og friksjonen \(R=\mu N\) nedover langs planet (motsatt fartsretningen, siden klossen glir oppover).
2. Akselerasjonen opp skråplanet. Normalkraften er \(N=mg\cos30^\circ\). Langs planet (positiv retning oppover):
\(a=\dfrac{-mg\sin30^\circ-\mu mg\cos30^\circ}{m}=-g\left(\sin30^\circ+\dfrac{1}{2\sqrt3}\cos30^\circ\right)=-g\left(\tfrac12+\tfrac14\right)=-\dfrac34 g\)(fordi \(\dfrac{1}{2\sqrt3}\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=\dfrac14\)). Altså \(a=-\dfrac34 g\).
3. Farten i toppunktet. Klossen greier akkurat å passere toppunktet uten å miste kontakt, altså er normalkraften null der. Da er tyngden alene sentripetalkraften i sirkelen med radius \(2h\):
\(mg=\dfrac{mv^2}{2h}\;\Rightarrow\; v^2=2hg\;\Rightarrow\; v=\sqrt{2hg}\)4. Startfarten \(v_0\). Vi bruker energibetraktninger i to trinn. Fra start til toppen av skråplanet (høyde \(h\), strekning \(s=\dfrac{h}{\sin30^\circ}=2h\)) med akselerasjon \(-\tfrac34 g\):
\(v_1^2=v_0^2+2as=v_0^2-2\cdot\tfrac34 g\cdot 2h=v_0^2-3gh\)Fra toppen av skråplanet (høyde \(h\)) videre til bakketoppen (høyde \(2h\)) er det ingen friksjon, så energibevaring gir \(v^2=v_1^2-2g(2h-h)=v_1^2-2gh\). Med \(v^2=2hg\):
\(2gh=(v_0^2-3gh)-2gh\;\Rightarrow\; v_0^2=7gh\;\Rightarrow\; v_0=\sqrt{7gh}\)Et romfartøy med masse \(m=950\text{ kg}\) går i sirkelbane med radius \(r=20\,000\text{ km}=2{,}0\cdot10^{7}\text{ m}\) rundt jorda. \(\left(M=5{,}97\cdot10^{24}\text{ kg},\ \gamma=6{,}67\cdot10^{-11}\right)\)
a) Banefarten. Gravitasjonskraften er sentripetalkraften: \(\dfrac{\gamma Mm}{r^2}=\dfrac{mv_0^2}{r}\), som gir:
\(v_0=\sqrt{\dfrac{\gamma M}{r}}=\sqrt{\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}}{2{,}0\cdot10^{7}}}=4{,}46\cdot10^{3}\text{ m/s}=4{,}46\text{ km/s}\)b) Energi for å unnslippe. I sirkelbanen er den totale energien \(E=\tfrac12 mv_0^2-\dfrac{\gamma Mm}{r}=-\dfrac{\gamma Mm}{2r}\). For å så vidt unnslippe (total energi 0) må vi tilføre:
\(\Delta E=0-E=\dfrac{\gamma Mm}{2r}=\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}\cdot950}{2\cdot2{,}0\cdot10^{7}}\approx 9{,}5\cdot10^{9}\text{ J}\)c) Reisetid på klokka om bord. Avstanden er \(d=4{,}0\cdot10^{16}\text{ m}\) i vårt referansesystem, og farten er \(v=0{,}80c\). Vår tid er \(t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{4{,}0\cdot10^{16}}{0{,}80\cdot3{,}00\cdot10^{8}}=1{,}67\cdot10^{8}\text{ s}\). Egentiden om bord er kortere med faktoren \(\gamma_L=\dfrac{1}{\sqrt{1-0{,}80^2}}=\dfrac{1}{0{,}60}=1{,}67\):
\(t_{ombord}=\dfrac{t}{\gamma_L}=t\sqrt{1-0{,}80^2}=1{,}67\cdot10^{8}\cdot0{,}60=1{,}0\cdot10^{8}\text{ s}\ (\approx 3{,}2\text{ år})\)d) Planetens mål i romfartøyets referansesystem. I planetens eget system er den kuleformet med radius \(9{,}8\cdot10^{7}\text{ m}\), altså diameter \(2R=1{,}96\cdot10^{8}\text{ m}\). Romfartøyet passerer med fart \(0{,}80c\). Målene på tvers av bevegelsesretningen er uendret, mens målet langs bevegelsen forkortes med faktoren \(\gamma_L\):
\(\text{høyde}=2R=1{,}96\cdot10^{8}\text{ m}\qquad\text{bredde}=\dfrac{2R}{\gamma_L}=1{,}96\cdot10^{8}\cdot0{,}60=1{,}2\cdot10^{8}\text{ m}\)Et elektron beveger seg med fart \(v=8{,}0\cdot10^{6}\text{ m/s}\) vinkelrett på et homogent magnetfelt \(B=3{,}20\text{ mT}=3{,}20\cdot10^{-3}\text{ T}\). \(\left(e=1{,}602\cdot10^{-19}\text{ C},\ m_e=9{,}109\cdot10^{-31}\text{ kg}\right)\)
a) Hvorfor sirkelbane? Den magnetiske kraften \(\vec F=-e\,\vec v\times\vec B\) står alltid vinkelrett på farten. En kraft som hele tiden er vinkelrett på farten, endrer bare retningen – ikke størrelsen – på farten. Konstant fartsstørrelse med en konstant kraft vinkelrett på farten gir en jevn sirkelbevegelse.
b) Baneradius og rundetid. Den magnetiske kraften er sentripetalkraften: \(evB=\dfrac{m_e v^2}{r}\):
\(r=\dfrac{m_e v}{eB}=\dfrac{9{,}109\cdot10^{-31}\cdot8{,}0\cdot10^{6}}{1{,}602\cdot10^{-19}\cdot3{,}20\cdot10^{-3}}=1{,}4\cdot10^{-2}\text{ m}\) \(T=\dfrac{2\pi r}{v}=\dfrac{2\pi m_e}{eB}=\dfrac{2\pi\cdot9{,}109\cdot10^{-31}}{1{,}602\cdot10^{-19}\cdot3{,}20\cdot10^{-3}}=1{,}1\cdot10^{-8}\text{ s}\)c) Tid for 15 runder når B øker. Farten er konstant (magnetisk kraft gjør ikke arbeid), men \(B\) økes med \(0{,}20\text{ mT}\) før hver runde. Rundetiden \(T=\dfrac{2\pi m_e}{eB}\) blir kortere for hver runde. Vi summerer:
e = 1.602E-19 m = 9.109E-31 v = 8.0E6 t = 0 B = 3.20E-3 dB = 0.20E-3 for n in range(15): B = B + dB t = t + 2*3.14159*m/(e*B) print(t)Svar: Programmet gir \(t\approx 1{,}2\cdot10^{-7}\text{ s}\) fra første gang flukstettheten økes til elektronet har fullført 15 runder.
En sirkulær sløyfe med radius \(r_1\) ligger på et bord og fører en konstant strøm \(I\).
a) Retningen til magnetfeltet gjennom sløyfa. Strømmen går mot klokka sett ovenfra (slik figuren viser). Med høyrehåndsregelen (fingrene følger strømretningen, tommelen peker langs feltet gjennom sløyfa) peker magnetfeltet oppover, ut av bordplanet, inne i sløyfa.
b1) Hvorfor induseres det en strøm når bryteren lukkes? Når bryteren K lukkes, går det plutselig en strøm i sløyfa, og magnetfeltet (og dermed fluksen) gjennom spolen i sentrum endrer seg fra null til en verdi. En fluksendring gjennom spolen induserer en spenning – og dermed en strøm – i spolen (Faradays induksjonslov).
b2) Retningen til den induserte strømmen. Fluksen gjennom spolen øker (oppover). Etter Lenz' lov motvirker den induserte strømmen økningen, altså lager den et magnetfelt nedover inne i spolen. Den induserte strømmen går derfor motsatt vei av strømmen i sløyfa (med klokka sett ovenfra).
c1) Absoluttverdien til fluksendringen gjennom spolen. Feltet gjennom spolen er \(B=\dfrac{\pi k_m I}{r_1}\) med \(k_m=2{,}0\cdot10^{-7}\text{ Tm/A}\) og \(r_1=0{,}30\text{ m}\). Når \(I\) endres fra 10 A til 20 A, endres feltet fra \(B_1=\dfrac{\pi\cdot2{,}0\cdot10^{-7}\cdot10}{0{,}30}=2{,}09\cdot10^{-5}\text{ T}\) til \(B_2=4{,}19\cdot10^{-5}\text{ T}\). Med spoleareal \(A=\pi r_2^2=\pi(0{,}050)^2=7{,}85\cdot10^{-3}\text{ m}^2\):
\(|\Delta\Phi|=|\Delta B|\cdot A=(4{,}19-2{,}09)\cdot10^{-5}\cdot7{,}85\cdot10^{-3}=1{,}6\cdot10^{-7}\text{ Wb}\)c2) Gjennomsnittlig indusert strøm i spolen. Den induserte spenningen er \(\varepsilon=N\dfrac{|\Delta\Phi|}{\Delta t}\) med \(N=600\) og \(\Delta t=0{,}020\text{ s}\), og strømmen er \(I=\varepsilon/R\) med \(R=4{,}0\ \Omega\):
\(\varepsilon=\dfrac{600\cdot1{,}6\cdot10^{-7}}{0{,}020}=4{,}9\cdot10^{-3}\text{ V}\qquad I=\dfrac{\varepsilon}{R}=\dfrac{4{,}9\cdot10^{-3}}{4{,}0}=1{,}2\cdot10^{-3}\text{ A}\)Elevene sender en stålkule utfor bordkanten (høyde \(h=0{,}905\text{ m}\)) med vannrett fart \(v\) og måler kastelengden \(x\). Usikkerheten i \(x\) er \(0{,}01\text{ m}\).
a) Verdiene i rad 1. Falltiden er den samme for alle kast (den bestemmes bare av høyden):
\(t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot0{,}905}{9{,}81}}=0{,}43\text{ s}\)Teoretisk kastelengde (kolonne E) uten luftmotstand er \(x_t=v\cdot t\). For rad 1 med \(v=0{,}29\text{ m/s}\): \(x_t=0{,}29\cdot0{,}43=0{,}12\text{ m}\). Minste og største måleverdi er den målte lengden \(\pm\) usikkerheten: \(0{,}12-0{,}01=0{,}11\text{ m}\) og \(0{,}12+0{,}01=0{,}13\text{ m}\).
b) Utfylt tabell (kolonne C = \(x-0{,}01\), kolonne D = \(x+0{,}01\), kolonne E = \(v\cdot0{,}43\)):
| v (m/s) | Målt x (m) | Minste x (m) | Største x (m) | Teoretisk x (m) |
|---|---|---|---|---|
| 0,29 | 0,12 | 0,11 | 0,13 | 0,12 |
| 0,43 | 0,20 | 0,19 | 0,21 | 0,18 |
| 0,62 | 0,29 | 0,28 | 0,30 | 0,27 |
| 0,80 | 0,34 | 0,33 | 0,35 | 0,34 |
| 0,91 | 0,40 | 0,39 | 0,41 | 0,39 |
| 0,98 | 0,42 | 0,41 | 0,43 | 0,42 |
| 1,08 | 0,47 | 0,46 | 0,48 | 0,46 |
c) Vurdering av hypotesen. Hvis luftmotstanden var viktig, ville kula miste fart og lande kortere enn den teoretiske verdien uten luftmotstand. Men de målte kastelengdene er gjennomgående like store som eller litt større enn de teoretiske – aldri systematisk kortere. For de fleste radene ligger den teoretiske verdien innenfor måleusikkerheten (\(\pm0{,}01\text{ m}\)). Konklusjon: målingene støtter hypotesen om at luftmotstanden ikke er viktig i dette forsøket. (De små avvikene oppover skyldes trolig usikkerhet i fartsmåling og avlesning, ikke luftmotstand.)
To positive kuler med ladning \(Q=7{,}0\cdot10^{-9}\text{ C}\) er på x-aksen i avstand \(2d\) fra hverandre \((d=4{,}0\text{ cm})\), symmetrisk om origo. Et punkt P på y-aksen ligger i avstand \(R=2{,}0\text{ cm}\) fra origo. \((k_e=8{,}99\cdot10^{9})\)
a) Feltstyrken i origo. De to kulene er like store og ligger symmetrisk på hver side av origo. I origo peker de to feltbidragene i motsatt retning og er like store, så de opphever hverandre:
\(E_{origo}=0\)b) Retningen i punktet P. Begge de positive kulene skyver feltet bort fra seg. På y-aksen opphever de vannrette komponentene hverandre, mens de loddrette adderes. Den elektriske feltstyrken i P peker derfor rett oppover langs y-aksen (bort fra kulene).
c) Absoluttverdien til akselerasjonen. Feltstyrken i avstand \(R\) fra origo er gitt: \(E=\dfrac{2k_e RQ}{(d^2+R^2)^{3/2}}\). Den elektriske kraften på gjenstanden med ladning \(q\) er \(F=|q|E\), og etter Newtons 2. lov er \(a=\dfrac{F}{m}\):
\(a=\dfrac{|q|E}{m}=\dfrac{2k_e RQ\cdot q}{m\,(d^2+R^2)^{3/2}}\)Med tallverdier i punktet P: \(E=\dfrac{2\cdot8{,}99\cdot10^{9}\cdot0{,}020\cdot7{,}0\cdot10^{-9}}{(0{,}040^2+0{,}020^2)^{3/2}}\approx 2{,}8\cdot10^{4}\text{ V/m}\), som gir \(a\approx 0{,}14\text{ m/s}^2\) i P.
d) Tid til gjenstanden er tilbake i P. Den negative gjenstanden \((q=-5{,}0\cdot10^{-9}\text{ C},\ m=1{,}0\text{ g})\) slippes fra ro i P. Kraften peker mot origo (tiltrekning), så gjenstanden svinger fram og tilbake langs y-aksen. Akselerasjonen avhenger av posisjonen, så vi løser numerisk med Eulers metode:
ke = 8.99E9 Q = 7.0E-9 q = -5.0E-9 d = 4.0E-2 R = 2.0E-2 m = 1.0E-3 y = R v = 0 t = 0 dt = 0.01 while y > -R or v < 0: E = 2*ke*Q*y/(d**2 + y**2)**1.5 # felt langs y i posisjon y a = q*E/m # kraft mot origo (q negativ) v = v + a*dt y = y + v*dt t = t + dt print(t)Svar: Gjenstanden svinger ned gjennom origo til \(-R\) og tilbake igjen. Programmet gir at det tar \(t\approx 2{,}3\text{ s}\) fra den slippes til den er tilbake i punktet P (én hel svingeperiode).
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.
Rask repetisjon: kjerneformlene bak oppgavene i dette settet – kjenn dem igjen, så ser du raskt hvilken metode hver oppgave vil ha.
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 2025. 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.