KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Cikklista
Trükkös

Rendelje meg a KöMaL-t!

KöMaL Füzetek 1: Tálalási javaslatok matematika felvételire

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2002. évi Eötvös-verseny

2002. október 18-án rendezte meg az Eötvös Loránd Fizikai Társulat Budapesten és 14 vidéki városban az ezévi Eötvös-versenyt. A versenyen 169 magyar, 1 szlovák és 1 román állampolgárságú versenyző adott be dolgozatot, nevezetesen Budapesten 64, Szegeden 19, Pécsett 17, Debrecenben és Szekszárdon 10-10, Veszprémben 9, Nagykanizsán és Sopronban 8-8, Békéscsabán 7, Egerben 5, Győrött 5, Miskolcon 4, Székesfehérváron 3, Nyíregyházán és Szombathelyen pedig 1-1 dolgozat született. A versenyzők 92%-a gimnazista volt; az érettségizett versenyzők valamennyien budapesti egyetemeken (BMGE, ELTE) tanulnak. Ismertetjük a feladatokat, s azok helyes megoldását.

1. Szeretnénk megbecsülni, hogy mekkora erő feszíti a gyűrűn edző tornász karjait pályájának legalsó pontján, ha kézenállásból óriáskörbe lendül. A következő egyszerű modellt alkalmazzuk: igen hosszú, nyújthatatlan kötél végére l hosszúságú, m tömegű homogén rudat erősítünk, és az 1.a ábrán látható helyzetből elengedjük. Számítsuk ki, hogy mekkora erő feszíti a kötelet az 1.b ábrán látható pillanatban! (A kötél tömegét hanyagoljuk el!)

1. ábra

(Takács Gábor feladata nyomán)

Megoldás. Az eldőlő rúdra két erő hat: az mg nehézségi erő és a K kötélerő (2. ábra). Mindkettő függőleges irányú (a változó nagyságú kötélerő azért, mert a kötél ,,igen hosszú''). Mivel csak függőleges erők hatnak a rúdra, ezért a tömegközéppontja is csak függőleges, egyenes vonalú pályán mozoghat, tehát függőleges (nem harmonikus) rezgőmozgást végez.

2. ábra

A rúd alsó (a kötéllel érintkező) végének függőleges irányú elmozdulása a mozgás során mindvégig zérus, ez a pont tehát függőlegesen nem gyorsul. A kérdezett állapotban a tömegközéppont sebessége zérus, gyorsulása pedig maximális és akkora, amekkora nagyságú a rúd végeinek gyorsulása a tömegközéppont vonatkoztatási rendszerében:

\(\displaystyle a=\frac{l}{2}\,\omega^2. \)

A munkatétel szerint:

\(\displaystyle mgl=\frac12\left(\frac1{12}ml^2\right)\omega^2, \)

továbbá a dinamika alaptörvénye szerint:

\(\displaystyle K-mg=m\frac{l}2\omega^2. \)

E két egyenletből következik: K=13 mg.

Megjegyzések. 1. Az eredményül kapott erő hihetetlenül nagy! Még akkor is, ha figyelembe vesszük, hogy a tornász egy karját ekkora erőnek csak a fele feszítené. Nem csoda, hogy olyan sok versenyző elhitte a feladat egyik tipikusan hibás feltételezésével, a kötél mozdulatlannak vélt alsó végpontja körüli forgásból kapható K=4 mg (hibás) végeredményt.

Nem sokkal az Eötvös-verseny után volt Debrecenben a 2002. évi tornász világbajnokság, amelyet gyűrűn - mint ismeretes - Csollány Szilveszter nyert meg. Az ő gyakorlatát alaposan megfigyelve jól lehetett látni, hogy a feladatban használt modell mennyire durva közelítése a merev testnek aligha tekinthető tornász mozgásának.

2. A feladat ugyan nem kérdezte, de tanulságos kiszámítani a kötelet feszítő erőt a rúd tetszőleges, mondjuk a függőlegessel \(\displaystyle \varphi\) szöget bezáró helyzetében is. A fentiekhez hasonló számolásból (munkatétel + mozgásegyenlet) adódik:

\(\displaystyle K(\varphi)=\frac{3{(\cos\varphi-1)}^2+1}{{(3\sin^2\varphi+1)}^2}\,mg. \)

Ez a kifejezés sehol nem nulla (3. ábra), tehát a kötél nem lazul meg, jóllehet \(\displaystyle \varphi\)\approx61o-nál K alaposan (mg egyhatodára) lecsökken.

3. ábra

2. Zárt lombikban egy kevés víz van. A lombik száját lefelé fordítva a víz kb. 5 cm magasan áll a lombik nyakában. (A belső méreteket a 4. ábra mutatja.)

4. ábra

Ezután a lombikot függőleges tengelye körül egyenletes forgásba hozzuk úgy, hogy másodpercenként hármat forduljon. Gondoskodunk róla, hogy a lombik falának hőmérséklete mindenütt ugyanakkora legyen. Kellően hosszú idő után egyensúly áll be.

Rajzoljuk fel vázlatosan, hogyan helyezkedik el ekkor a víz a lombikban!

(Károlyházy Frigyes)

Megoldás. A feladat első ránézésre mechanikai problémának látszik. Ki fog derülni, hogy legalább ennyire termodinamikai feladat is; az egyensúly, ami ,,kellően hosszú idő után'' beáll, termodinamikai egyensúly lesz. A példa termodinamikai jellegére utal a lombik falának hőmérsékletéről szóló mondat is.

5. ábra

Az egyenletes forgásba hozott folyadék felszíne a földi homogén nehézségi erőtérben forgásparaboloid. Ennek síkmetszetét mutatja az 5. ábra. A ,,megforgatott parabola'' egyenlete az ábrán felvett koordináta-rendszerben


y=\frac{\omega^2}{2g}\,x^2.

Megjegyzések. 1. A fenti összefüggést annak alapján határozhatjuk meg, hogy a folyadék az \omega szögsebességgel forgó koordináta-rendszerben egyensúlyban van; felülete a ráható erők eredőjére merőleges. Így az érintő iránytangense


\frac{\Delta y}{\Delta x}\to\frac{mx\omega^2}{mg}=
\frac{x\omega^2}{g},

amiből [minthogy y(0)=0] a megadott formula következik.

2. Úgy is megkaphatjuk a felület egyenletét, hogy felismerjük: egy m tömegű folyadékdarabkára ható centrifugális erő kifejezése hasonló a Hooke-törvényben szereplő rugóerő képletéhez, de a ,,rugóállandó'' negatív, D=-m\omega2. Ennek megfelelően a ,,centrifugális potenciális energia'' -m\omega2x2/2, amihez hozzáadva a gravitációs helyzeti energiát a teljes potenciális energiára


E_{\rm pot}=-\frac{m\omega^2x^2}{2}+mgy

adódik. A folyadék szabad felszínén a teljes potenciális energia mindenhol ugyanakkora kell legyen, ami a megadott parabola egyenletéhez vezet.

3. Az összefüggés levezetését a feladat nem kívánta meg. Mivel az Eötvös-versenyen bármilyen könyv használható a megoldáshoz, egyszerűen ki lehetett írni a megfelelő képletet például Budó: Kísérleti fizika, I. kötetének megfelelő fejezetéből.

Megvizsgálva a feladat konkrét adatait könnyen belátható, hogy a forgó folyadék felülete felveszi a forgásparaboloid alakot anélkül, hogy a folyadék széle a lombik nyakában egészen a gömbig felemelkedne. Felmerülhet azonban egy kérdés - és ez volt a kulcs a feladat helyes megoldásához -, hogy ha gondolatban meghosszabítanánk ezt a forgásparaboloidot egészen a gömbig, vajon nem ,,vágna-e bele'' a gömbbe? Mert ha igen, akkor ott a gömbben, a forgásparaboloid alatt is lehetne víz!

Vegyünk ismét egy, a forgástengelyen átmenő síkmetszetet! Határozzuk meg annak a parabolának a legmélyebb pontját, amely érinti a gömblombik síkmetszeteként adódó kört! Legyen ez a pont h-val mélyebben, mint a kör középpontja, ekkor a parabola egyenlete (a kör közepéhez választva a koordináta-rendszer kezdőpontját)


y+h=\frac{\omega^2}{2g}\,x^2,

a kör egyenlete pedig x2+y2=R2. Ebből x2-et kifejezve és a parabola egyenletébe helyettesítve a kör és a parabola közös pontjainak y koordinátáira a következő másodfokú egyenletet kapjuk:


y^2+\frac{2g}{\omega^2}\,y+\frac{2gh}{\omega^2}-R^2=0.

6. ábra

Amikor a parabola érinti a kört, a fenti egyenletnek csak 1 gyöke lehet, tehát a diszkrimináns zérus kell legyen, és éppen ez ad feltételt a h magasságra:


h=\frac{g}{2\omega^2}+\frac{\omega^2}{2g}R^2.

Behelyettesítve a g=9,81 m/s2, \omega=2\pi.3 s-1, R=0,1 m adatokat, h-ra 0,195 m=19,5 cm adódik. A gömb sugara 10 cm, a nyak hossza ugyancsak 10 cm, együtt ez több, mint 19,5 cm.

A gömböt érintő paraboloid tehát a lefelé fordított lombik nyakának legalsó pontjánál fél centiméterrel feljebb halad! A feladat megoldásához tartozó paraboloid persze ennél az érintő paraboloidnál is valamivel feljebb halad, mégpedig úgy, hogy a gömblombik nyakában a paraboloid alatt maradó víz éppen annyival kevesebb az eredetileg ott volt víznél, amennyi a gömbben, egy körbefutó keskeny sávban a paraboloid alá került.

De hogyan került oda a víz? Voltak versenyzők, akik arra tippeltek, hogy a gömblombik felpörgetésekor talán odafreccsenhetett a víz. Ez a feltevés nincs híjával az iskolai szertárakban található forgatógépekkel szerzett érdekes tapasztalatoknak. Mégsem ez a probléma megoldása, hanem az, hogy a lombikban a cső nyakánál elpárolgó vízgőz egy része csapódik ki - megfelelő helyen - a lombik falára. Ennek a termodinamikai folyamatnak a hajtóereje pedig éppen az az ici-pici nyomáskülönbség, ami a lombikban fellép a nehézségi erő és a forgás együttes hatása miatt. Egy-egy forgásparaboloid mentén a víz a forgó koordináta-rendszerből nézve egyensúlyban van, hiszen éppen ez a feltétel határozza meg a felület alakját. Különböző forgásparaboloidokat összehasonlítva viszont a magasabban elhelyezkedő felület mentén nagyobb egy bizonyos vízmennyiség energiája, mint az alacsonyabban levő felületnél. Egyensúlyi állapotban a víz felszíne ugyanazon paraboloidon kell elhelyezkedjen a lombik nyakában és a gömbben is, ha nem így lenne, a párolgás és lecsapódás folyamata ,,megkeresné'' az alacsonyabb összenergiájú állapotot.

7. ábra

Végeredményben tehát a 7. ábrán látható vázlatos rajz (helyes indoklással) a feladat megoldása.

Megjegyzések. 1. A paraboloid helyzetének pontos meghatározása nem volt feladat - középiskolai matematikával ez nehéz is lett volna.

2. Béky Bence budapesti versenyző eljutott annak felismeréséhez, hogy lehet víz a lombik falán, de nem hitte el, hogy ez meg is valósulhat. ,,Ugyanúgy nem - írta -, mint ahogy egy, az asztalon álló pohár vízből sem mászik ki a víz az asztalra, hiába lenne ott kisebb az energiája.'' Nos, az érdekes az, hogy a víz onnan is kimászhat, még a tökéletes hőmérsékleti egyensúly esetén is, éppen a meglévő piciny barometrikus nyomáskülönbség miatt, ami a pohárban levő víz felszíne és az asztal (vagy még inkább a padló) szintje között fennáll. Letakarva egy üvegharanggal az asztalon álló pohár vizet, el is végezhető a kísérlet. Csak kissé soká kell várni! (Üvegharang nélkül is ,,kimászik'' a víz a pohárból, de a szoba nagy légtere miatt sehol sem csapódik le, hanem telítetlen gőz formájában a levegőben marad.)

3. Két szigetelő félgömbhéjat (például két fél pingponglabdát) egymás közvetlen közelében helyezünk el a 8.a ábra szerint, koncentrikusan. Az egyikre Q, a másikra q töltést viszünk fel, egyenletesen.

8. ábra

a) Mekkora erőt fejt ki egymásra e két test?

b) Megváltozik-e az eredmény, ha az egyik félgömbhéj csak fele akkora sugarú?

(Gagik Grigorjan [Örményország] feladata nyomán)

Megoldás. ,,Ha nem tudsz megoldani egy feladatot, csinálj belőle magadnak egy könnyebbet'' - tanácsolja Pólya György (1888-1985) ,,A gondolkodás iskolája'' c. könyvében. Tegyük ezt most mi is, mindaddig, amíg csak egy olyan feladatig jutunk, amit már meg tudunk oldani. Innen visszafejtve a gondolatsort, talán kaphatunk ötleteket a nehezebb feladatok megoldásához.

Foglalkozzunk először az a) kérdéssel! Mi lenne, ha mindkét félgömbhéjon ugyanakkora, (Q,Q) töltés lenne? Mi lenne, ha a töltések ellentétes előjelűek (Q,-Q) lennének? Ilyenkor jut az ember eszébe a síkkondenzátor.

A Q töltésű síkkondenzátor lemezein Q és -Q töltés, a lemezek között E térerősségű homogén tér van. A kondenzátor energiája


W=\frac{Q^2}{2C}=\frac{Q^2}{2\varepsilon_0A}x,

amiből látszik, hogy a lemezek közötti erő nagysága


F=\frac{Q^2}{2\varepsilon_0A}=\frac{1}{2}Q\frac{Q}{\varepsilon_0A}
=\frac12QE.

Innen lépegessünk visszafelé! Ha nem Q és -Q, hanem Q és +Q töltés van a lemezeken, akkor annyi a különbség, hogy nem vonzó, hanem taszító erő lép fel, E pedig annak a térerősségnek a nagysága, ami a lemezeken kívül jelenik meg.

Két szembefordított, Q töltéssel egyenletesen feltöltött gömbhéj elektromos tere ugyanaz, mint ami egyetlen gömbön kívül lép fel, ha az 2Q töltéssel van egyenletesen feltöltve. Ekkor a térerősség a gömbön kívül akkora, amekkora a 2Q nagyságú, a gömb közepén elhelyezett ponttöltéstől jönne létre:


E=\frac1{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{2Q}{R^2}.

A gömb felületén a töltéssűrűség:


\sigma=\frac{2Q}{4R^2\pi}=\frac{Q}{2R^2\pi}=
(\varepsilon_0E).

Ugyanitt az energiasűrűség (egységnyi térfogatra jutó energia, nyomás jellegű mennyiség):


p=\frac12\,\varepsilon_0E^2=\frac12\,\sigma E.

Egy elektromosan töltött felület adott nagyságú darabkájára ható erőt a felület nagysága, töltéssűrűsége és a felület közvetlen közelében mérhető elektromos térerősség egyértelműen meghatározza. Ez az elektrosztatikus ,,nyomás'' tehát nemcsak a síkkondenzátor, hanem a töltött félgömbhéj esetében is a fentebb kiszámított p-vel (az energiasűrűséggel) egyezik meg.

A félgömbhéjra ható eredő erő ugyanakkora, mint a félgömbhéjat gondolatban lezáró körlapra ható erő lenne p nyomás esetén (hiszen egy p nyomású gázba helyezett lezárt félgömbre a gáz által kifejtett eredő erő nyilván zérus). A kérdéses erő tehát


F=p\cdot R^2\pi=\frac12\,\sigma E\cdot R^2\pi=\frac12\,\frac1{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q^2}{R^2}.

Kiszámítottuk a két szembefordított, egyenként Q töltésű félgömbhéj között fellépő erőt. Térjünk vissza most az eredeti a) kérdéshez, ami az eddig tárgyalt esettől csak abban tér el, hogy az egyik félgömbhéjon nem Q, hanem q töltés van! Az elektrosztatikus erő arányos a test töltésével, ezért


F_a=\frac{q}{Q}\,F=
\frac12\,\frac1{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Qq}{R^2}.

Megjegyzés. Látható, hogy a Coulomb-törvényhez nagyon hasonló formulát kaptunk, csupán a képletben szereplő numerikus együttható tér el az ismert kifejezésétől. Akár meg is kereshetnénk azokat a pontokat a félgömbök belsejében, ahova elhelyezett Q illetve q ponttöltések éppen ekkora erőt fejtenek ki egymásra; ez azonban nem volt kérdés a feladatban. Megjegyezzük, hogy a kérdéses pontok nem esnek egybe a homogén tömegeloszlású félgömbhéjak tömegközéppontjaival, mint azt több versenyző tévesen állította. Az eltérésnek az az oka, hogy csak a homogén gravitációs erőtér hatása helyettesíthető a tömegközéppontba képzelt testre ható erővel, a Coulomb-féle erőtér pedig inhomogén!

A b) kérdés megoldásához ismét idézzük fel Pólya György tanácsát! A kérdéses aszimmetrikus elrendezés helyett tekintsünk egy szimmetrikusat, amit feltehetőleg egyszerűbb lesz kezelnünk. Egészítsük ki a b) elrendezést a ,,tükörképével'' (9. ábra)! Írjuk fel a bal oldali két félgömbhéj által a jobb oldali két félgömbhéjra kifejtett eredő erőt! Ez négy erőből tehető össze:


F=F_{Q\to Q}+F_{q\to q}+F_{Q\to q}+F_{q\to Q}

Az összeg két utolsó tagja egyenlő egymással, és mindegyikük éppen az az Fb erő, amit keresünk! Ha tehát ki tudjuk számítani F-et, akkor F_{Q\to Q} és F_{q\to q} ismeretében (amelyeket az a) kérdésre tudunk visszavezetni) a keresett erő meghatározható.

9. ábra

F kiszámításához tekintsük azt az elektromos teret, amit két koncentrikus gömbhéj hoz létre: a belső, r sugarú, 2q töltésű gömbhéj és a külső, R sugarú, 2Q töltésű gömbhéj. Gyakorlatilag ez lesz a négy félgömnhéj által létrehozott elektromos tér is.

10. ábra

A kis gömbhéj belsejében az elektromos térerősség nulla. E gömb felületén a töltéssűrűség:


\sigma_q=\frac{q}{2r^2\pi},

a térerősség pedig a gömb felületénél, de kívül:


E_1=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2q}{r^2}.

Ennek a kis gömbnek a tere a nagy gömb felületénél, annak belsejében:


E_2=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2q}{R^2}.

A nagy gömb felületén a töltéssűrűség:


\sigma_Q=\frac{Q}{2R^2\pi}.

A nagy gömbön kívüli térrészben a térerősségért mindkét gömb töltése felelős. Az elektromos térerősség nagysága


E_3=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2q+2Q}{R^2}.

A fenti kifejezések segítségével - az a) kérdésnél alkalmazott gondolatmenetet követve - F-et a következő módon számíthatjuk ki:


F=\frac12\sigma_q\,E_1\,r^2\pi+
\frac12\sigma_Q(E_2+E_3)R^2\pi.

Behelyettesítve \sigmaq, \sigmaQ, E1, E2 és E3 fenti kifejezéseit, F meghatározható.

Az a) kérdésre adott választ felhasználva

F_{Q\to Q}=\frac12\,\frac1{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q^2}{R^2} és F_{q\to q}=
\frac12\,\frac1{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q^2}{r^2}.

Ezek után a keresett F_b=F_{q\to Q}-ra kapjuk:


F_b=\frac12\,\frac1{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Qq}{R^2}.

Az eredmény meglepő, hiszen független r-től, így a b) esetben is ugyanakkora az erő, mint az a) esetben! (Ennyi számolás után meg is érdemeltünk egy kellemes meglepetést.)

Megjegyzés.b) kérdést megválaszoló versenyzők több kiváló ötlettel is éltek. Nagy Márton (Budapest) gondolatban körülvette a 11.a ábrán látható elrendezést (amelyen az egyszerűség kedvéért csak a kisebb félgömbhéjra ható erőt tüntettük fel) egy R-nél ,,hajszálnyival'' nagyobb sugarú, -2Q töltésű gömbhéjjal (11.b ábra). Így a félgömbhéjak között ható erőt nem változtatta meg, hiszen az egyenletesen töltött gömbhéj térerőssége belül nulla. Ez az elrendezés nyilván egyenértékű a 11.c ábrán láthatóval, amiből -Q előjelét megváltoztatva a 11.d ábrán feltüntetetthez jutunk. Tükrözzük ezt az elrendezést a félgömbhéjak képzeletbeli határsíkjára (11.e ábra). Azt kaptuk, hogy a Q töltésű (egyenletes töltésű) félgömbhéj ugyanakkora erőt fejt ki egy ,,benne lévő'' másik, q töltésű félgömbhéjra, mint amekkorát egy ,,belőle kilógó'' q töltésű félgömbhéjra. Ezek szerint egy 2q töltésű gömbre a nagy félgömbhéj 2F erőt fejtene ki, q össztöltésű gömbre pedig ennek felét, F-et (11.f ábra).

11. ábra

Most már csak a hatás-ellenhatás törvényét kell alkalmaznunk: a q töltésű gömb (amelynek elektromos tere a gömbön kívül egy ponttöltés terével is helyettesíthető, tehát nem függ r-től!) a Q töltésű félgömbhéjra éppen a keresett F nagyságú erőt fejti ki (11.g ábra). A végeredmény a Coulomb-törvény és a gáznyomásos hasonlat alkalmazásával adódik:


F=\frac1{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q}{R^2}\cdot\frac{Q}{2\pi R^2}\cdot R^2\pi=\frac1{8\pi\varepsilon_0}\,\frac{Qq}{R^2}.

Még tovább ment a feladat általánosításában Csóka Endre (Debrecen), aki - a fentiekhez hasonló ,,tükrözéses módszerrel'' - megmutatta, hogy a félgömbhéjak között ható F erő nagysága akkor is a fent kiszámított érték, ha a két félgömb szimmetriatengelye tetszőleges \alpha szöget zár be egymással. Az erő nagysága a töltések szorzatán kívül csak a nagyobb félgömbhéj sugarától függ, iránya pedig a nagyobb félgömb szimmetriatengelyével párhuzamos, jóllehet a hatásvonala általában nem megy át a félgömbhéjak közös középpontján (12.a ábra). Ez az eredmény is meglepő, hiszen ha r és R majdnem egyforma nagyságúak, egyikük csupán egy parányival nagyobb a másiknál, akkor az erő iránya ugrásszerűen változik, attól függően, hogy melyik sugár is a nagyobb (12.b és 12.c ábrák).

12. ábra

Az ünnepélyes eredményhirdetésre és díjkiosztásra 2002. november 29-én került sor az ELTE TTK lágymányosi (északi) épületének 0.83-as tantermében. Itt a Versenybizottság elnöke először megemlékezett a 100 évvel ezelőtti Eötvös-verseny akkori nyerteséről, Kőnig Dénes (1884-1944) matematikusról, majd bemutatta a hallgatóságnak Zanati Tibort, aki 50 évvel ezelőtt nyert díjat az Eötvös-versenyen. Ezután ismertette a feladatok helyes megoldását, majd felkérte Gyulai József akadémikust, az Eötvös Loránd Fizikai Társulat elnökét, hogy adja át a díjakat.

A Versenybizottság (Radnai Gyula elnök, Károlyházy Frigyes és Gnädig Péter) döntése alapján

I. díjat nyert és 15 ezer Ft jutalmat kapott Nagy Márton, az ELTE fizikus hallgatója, aki a budapesti Piarista Gimnáziumban érettségizett, mint Futó Béla tanítványa.

II. díjat nyert és 10-10 ezer Ft jutalmat kapott Béky Bence, a BMGE mérnök-fizikus hallgatója, aki a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett mint Horváth Gábor tanítványa, valamint Tóth Sándor, a csongrádi Batsányi János Gimnázium 12. évf. tanulója, Szucsán András és Hilbert Margit tanítványa.

III. díjat nyert és 5-5 ezer Ft jutalmat kapott Csóka Endre, a debreceni Fazekas Mihály Gimnázium 12. évf. tanulója, Kiszely Ildikó és Szegedi Ervin tanítványa, Siroki László, a BMGE műszaki informatikus hallgatója, aki a debreceni Fazekas Mihály Gimnáziumban érettségizett mint Simon Gyula és Szegedi Ervin tanítványa; Szabó Áron, a debreceni Fazekas Mihály Gimnázium 11. évf. tanulója, Simon Gyula és Szegedi Ervin tanítványa, továbbá Vehovszky Balázs, a budapesti Piarista Gimnázium 12. évf. tanulója, Futó Béla tanítványa.

Kiemelt dicséretet kapott Balogh László, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium 12. évf. tanulója, Horváth Gábor tanítványa.

Dicséretet kaptak a következők: Geresdi Attila, a BMGE mérnök-fizikus hallgatója, aki a pécsi Árpád fejedelem Gimnáziumban érettségizett Kotek László tanítványaként, Hamar Gergő, az ELTE fizikus hallgatója, aki a dombóvár Illyés Gyula Gimnáziumban érettségizett mint Freller Miklós tanítványa, Pápai Tivadar, a BMGE műszaki informatikus hallgatója, aki a barcsi Dráva Völgye Középiskolában érettségizett mint Horváth Ferenc és Kotek László tanítványa, valamint Rácz Béla András, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium 11. évf. tanulója, Horváth Gábor tanítványa.

Idén első alkalommal vehette át a verseny I. díjasa a Társulat Eötvös-verseny érmét.

A verseny valamennyi díjazott és dicséretben részesült versenyzője a Nemzeti Tankönyvkiadótól 4-4 ezer forintos könyvutalványt kapott, az ünnepélyes díjkiosztáson megjelent tanáraik pedig a Műszaki Kiadó, a Nemzeti Tankönyvkiadó és a Typotex Kiadó ajándékkönyveiből válogathattak.

A program befejeztével a még ott maradt tanárok és diákok kihasználhatták az alkalmat, hogy egymással s a korábbi Eötvös-versenyek jelenlevő nyerteseivel elbeszélgessenek, s újra megtekintsék a ,,Csollány-feladathoz'' kapcsolódó demonstrációs kísérleteket.


A díjazott és dicséretet nyert versenyzők:
Első sor (balról jobbra): Nagy Márton és Tóth Sándor
Középső sor: Csóka Endre, Siroki László, Szabó Áron és Vehovszky Balázs
Felső sor: Geresdi Attila, Pápai Tivadar, Hamar Gergő, Balogh László és Rácz Béla András

Zanati Tibor, az 1952. évi Eötvös-verseny díjazottja

Nagy Márton, a 2002. évi I. díjas az Eötvös-éremmel

Radnai Gyula

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley