Beszámoló a 2025. évi Eötvös-versenyről

Széchenyi Gábor, Vankó Péter, Vigh Máté, Vladár Károly

Az Eötvös Loránd Fizikai Társulat 2025. évi Eötvös-versenye október 17-én délután 3 órai kezdettel tíz magyarországi helyszínen került megrendezésre. (Részletek a verseny honlapján.)

Ezért külön köszönettel tartozunk mindazoknak, akik ebben szervezéssel, felügyelettel a segítségünkre voltak. A versenyen a három feladat megoldására 300 perc áll rendelkezésre, bármely írott vagy nyomtatott segédeszköz használható, de (nem programozható) zsebszámológépen kívül minden elektronikus eszköz használata tilos. Az Eötvös-versenyen azok vehetnek részt, akik vagy középiskolai tanulók, vagy a verseny évében fejezték be középiskolai tanulmányaikat. Összesen 63 versenyző adott be dolgozatot, 25 egyetemista és 38 középiskolás.

Ismertetjük a feladatokat és azok megoldását.

* * *

1. Egy \(\displaystyle 400~\mathrm{g}\) tömegű, \(\displaystyle 6~\mathrm{cm}\) átmérőjű poharat hosszú ideig \(\displaystyle 45~{}^{\circ}\mathrm{C}\)-os vízben mosogatunk, majd a vízből kivéve szájával lefelé egy vízszintes, sík felületre helyezzük, és hagyjuk kihűlni. (A szobahőmérséklet \(\displaystyle 20~{}^{\circ}\mathrm{C}\).)

Mekkora erővel tudjuk a poharat a felületre merőleges irányban megmozdítani?

(Vigh Máté)

Megoldás. Az aránylag nagy hőkapacitású, vizes pohár a felületre helyezésekor \(\displaystyle 45~{}^{\circ}\mathrm{C}\)-os, és erre a hőmérsékletre felmelegíti a lerakáskor alászoruló levegőt is. Ezen kívül a pohár belső, vizes faláról annyi víz párolog el, hogy a poháron belül telített vízgőz alakul ki. Eközben a pohárból – a pohár nagyon csekély megemelésével, némi gáz távozik. A túlnyomás csak akkor tudja megemelni a poharat, ha ennek a rövid folyamatnak a végén a pohárban

\(\displaystyle p_1=p_0+\frac{mg}{A}=p_0+\frac{4mg}{d^2\pi}=101{,}3~\mathrm{kPa}+1{,}5~\mathrm{kPa}=102{,}8~\mathrm{kPa} \)

lesz a nyomás. (\(\displaystyle p_0=101{,}3~\mathrm{kPa}\) a normál légköri nyomás.) A telített vízgőz parciális nyomása \(\displaystyle 45~{}^{\circ}\mathrm{C}\)-on függvénytáblázati adat alapján:

\(\displaystyle p_{1,\mathrm{v}}=9{,}6~\mathrm{kPa}, \)

így a bezárt levegő parciális nyomása

\(\displaystyle p_{1,\ell}=p_1-p_{1,\mathrm{v}}=93{,}2~\mathrm{kPa}. \)

Ezután a pohár és a bezárt gáz lehűl \(\displaystyle 20~{}^{\circ}\mathrm{C}\)-ra. A telített vízgőz parciális nyomása a táblázat alapján:

\(\displaystyle p_{2,\mathrm{v}}=2{,}3~\mathrm{kPa}, \)

a bezárt levegő pedig izochor módon lehűl, és így az új parciális nyomása:

\(\displaystyle p_{2,\ell}=\frac{T_2}{T_1}p_{1,\ell}=\frac{293~\mathrm{K}}{318~\mathrm{K}}\cdot 93{,}2~\mathrm{kPa}=85{,}9~\mathrm{kPa}. \)

A poháron belül tehát a teljes nyomás:

\(\displaystyle p_2=p_{2,\mathrm{v}}+p_{2,\ell}=88{,}2~\mathrm{kPa}. \)

A pohár felemeléséhez szükséges erő:

\(\displaystyle F=mg+(p_0-p_2)A=mg+\frac{d^2\pi(p_0-p_2)}{4}\approx 41~\mathrm{N}. \)

Megjegyzések. 1. A külső légnyomás függ a tengerszint feletti magasságtól és az időjárástól, a \(\displaystyle p\approx 100~\mathrm{kPa}\) érték is elfogadható.

2. Ha a felület kicsit egyenetlen, akkor már nagyon kis pozitív nyomáskülönbség hatására is kijuthat gáz a pohár alól, így ekkor a \(\displaystyle p_1\approx p_0\) közelítés is reális lehet. (Ugyanakkor a negatív nyomáskülönbség nagy erővel odaszorítja a poharat, és így befelé nem juthat levegő.)

2. Az ábrán látható két lábbal rendelkező űrszonda egy \(\displaystyle \alpha\) hajlásszögű, sík, lejtős felületen landolt. Az űrszonda széles lábai a lejtő esésvonalára (és az ábra síkjára) merőleges két párhuzamos szakasz mentén érintkeznek a talajjal. A lábak és a lejtő között a súrlódási együttható \(\displaystyle \mu\). A teljes űrszonda tömegközéppontja \(\displaystyle h\) távolságra van a talajtól, a lábak távolsága egymástól kezdetben \(\displaystyle a\). Az űrszonda egy belső szerkezet segítségével az ábrának megfelelően elkezdi kitolni a lábait (miközben azok mindvégig a talajra merőlegesek maradnak).

Melyik láb csúszik meg először a lejtőn?

(Vankó Péter, Vigh Máté)

I. megoldás. Egyensúlyban a szondára ható erők és forgatónyomatékok külön-külön el kell tűnjenek, valamint teljesülnie kell a tapadási súrlódási erőre vonatkozó határfeltételnek. Az alsó láb adatait 1-es, a felsőét 2-es indexszel, a nyomóerőket \(\displaystyle N\)-nel, a súrlódási erőket \(\displaystyle S\)-sel (a felfelé irányt pozitívnak tekintve), a testre ható nehézségi erőt \(\displaystyle G\)-vel jelölve (2. ábra) a következő egyenleteket és egyenlőtlenségeket írhatjuk fel:

2. ábra

Annak a feltételei, hogy (még a lábak mozgatása előtt) az űrszonda ne boruljon fel és ne csússzon le (3), illetve (1), (2), (4) és (5) alapján:

ahol bevezettük a borulást jellemző \(\displaystyle b\) és a csúszást jellemző \(\displaystyle c\) paramétereket.

Az (1) és (3) egyenletekből:

és ezeket a (4) és (5) egyenlőtlenségbe helyettesítve:

Mérjük az erőt \(\displaystyle G\sin\alpha\) egységekben (azaz legyen \(\displaystyle G\sin\alpha=1\)), ekkor (2) alapján

valamint a (6) és (7) egyenlőtlenségekbe helyettesítsük be a \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) paramétereket:

Ábrázoljuk a (8), (9) és (10) összefüggéseket az \(\displaystyle S_1\)-\(\displaystyle S_2\) síkon (3. ábra).

3. ábra

Az \(\displaystyle S_1\) és \(\displaystyle S_2\) lehetséges értékpárjait a piros vonal téglalapon belüli (megvastagított) része jelöli ki.

Amikor a szonda elkezdi a lábait széttolni, akkor az alsó láb lefelé mozdulna, és így \(\displaystyle S_1\) értéke nőni fog, a felső láb pedig felfelé mozdulna, és így \(\displaystyle S_2\) csökken, és – ha a másik láb hamarabb meg nem csúszik – negatívvá válik. Azt, hogy melyik láb csúszik meg először, a \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) paraméterek értékei határozzák meg.

Amennyiben

\(\displaystyle \frac{c}{2}+\frac{bc}{2}\leq 1,\quad\text{azaz}\quad\mu\left(\frac{1}{2\tg\alpha}+\frac{h}{a}\right)\leq 1, \)

akkor \(\displaystyle S_2\) nem válhat negatívvá, és így biztosan az alsó láb csúszik meg, amikor eléri az

\(\displaystyle S_1=\frac{c}{2}+\frac{bc}{2} \)

értéket (4. ábra).

4. ábra

Ha viszont

\(\displaystyle \frac{c}{2}+\frac{bc}{2}>1,\quad\text{azaz}\quad\mu\left(\frac{1}{2\tg\alpha}+\frac{h}{a}\right)>1, \)

akkor \(\displaystyle S_2\) negatívvá válhat. Ekkor az a láb fog előbb megcsúszni, amelyik határfeltételét előbb metszi a piros egyenes. Ha

\(\displaystyle bc<1,\quad\text{azaz}\quad\frac{2h\mu}{a}<1, \)

akkor az alsó láb (mint a 3. ábrán), ha viszont

\(\displaystyle bc>1,\quad\text{azaz}\quad\frac{2h\mu}{a}>1, \)

akkor a felső láb (5. ábra) fog először megcsúszni. (Egyenlőség esetén határozatlan a feladat, a kis egyenetlenségek döntik el, melyik láb csúszik meg.)

5. ábra

Összefoglalva:

1. Ha \(\displaystyle b>1\), azaz \(\displaystyle 2h\tg\alpha>a\), a szonda felborul közvetlenül a landolás után,

6. ábra

2. ha \(\displaystyle c<1\), azaz \(\displaystyle \mu<\tg\alpha\), a szonda lecsúszik a landolás pillanatában,

3. ha \(\displaystyle b\leq 1\) és \(\displaystyle c\geq 1\), azaz \(\displaystyle 2h\tg\alpha\leq a\) és \(\displaystyle {\mu\geq\tg\alpha}\), valamint ha

• \(\displaystyle bc<1\), azaz \(\displaystyle 2h\mu<a\), akkor az alsó láb csúszik meg,
• \(\displaystyle bc>1\), azaz \(\displaystyle 2h\mu>a\), akkor a felső láb csúszik meg.
• \(\displaystyle bc=1\), azaz \(\displaystyle 2h\mu=a\), akkor bizonytalan, melyik csúszik meg.

Az egyes esetek a 6. ábrán látható \(\displaystyle b\)-\(\displaystyle \frac{1}{c}\) síkon jól áttekinthetők.

Megjegyzés. Teljesen hasonlóan vizsgálható az az eset is, amikor a szonda a két lábat közelíti egymáshoz. Ilyenkor az alsó láb felfelé mozdulna, és így \(\displaystyle S_1\) csökken, a felső viszont lefelé mozdulna, és így \(\displaystyle S_2\) értéke nőni fog. Az ábrák alapján könnyen belátható, hogy ilyenkor minden esetben a felső láb csúszik meg először.

II. megoldás. Ha az egyes lábaknál ható kényszererőket egyetlen erőként (\(\displaystyle \boldsymbol{K}_1\), illetve \(\displaystyle \boldsymbol{K}_2\)) tekintjük, akkor a testre a \(\displaystyle \boldsymbol{G}\) nehézségi erővel együtt összesen három erő hat. Három nem párhuzamos irányú erő csak akkor lehet egyensúlyban, ha a hatásvonalaik egy pontban metszik egymást (különben az egyik erőnek forgatónyomatéka lenne a másik két erő metszéspontjára vonatkoztatva), és így a feladat az egyenletek és egyenlőtlenségek felírása nélkül is megoldható. Ehhez még szükségünk van az \(\displaystyle \varepsilon\) súrlódási határszög fogalmára: ahhoz, hogy az \(\displaystyle |S|\leq\mu N\) egyenlőtlenség teljesüljön, a \(\displaystyle \boldsymbol{K}\) kényszererő (amely az egymásra merőleges \(\displaystyle \boldsymbol{N}\) és \(\displaystyle \boldsymbol{S}\) erők eredője) legfeljebb \(\displaystyle \varepsilon=\arctg\mu\) szöget zárhat be a felület normálisával.

Kezdetben (amikor a szonda még nem kezdi el széttolni a lábait), elegendően nagy súrlódási együttható mellett a két kényszererő a súrlódási határszög szabta határok között sokféleképp biztosíthatja az egyensúlyt. A 7. ábrán egy ilyen lehetséges erőábra látható. (A rajzon az erők nagyságát az határozza meg, hogy az erők eredője nullát kell adjon. A hatásvonalak közös \(\displaystyle P\) metszéspontja csak a forgatónyomaték-egyensúlyt biztosítja.)

7. ábra

Amikor a szonda elkezdi széttolni a lábait, akkor az alsó lábat lefelé, a felsőt felfelé tolja, így az alsó lábnál ható \(\displaystyle \boldsymbol{K}_1\) kényszererő az ábrán az óra mutató járásával egyező, a felső lábnál ható \(\displaystyle \boldsymbol{K}_2\) kényszererő azzal ellenkező irányban fordul el. A 8. ábrán a \(\displaystyle \boldsymbol{K}_1\) erő éri el először az \(\displaystyle \varepsilon\) szög által meghatározott tartomány szélét, és így az alsó láb csúszik meg először. Az erők elfordulásának következtében a hatásvonalak \(\displaystyle P\) metszéspontja lefelé mozdul el, de ebben az esetben mindvégig a tömegközéppont felett marad.

8. ábra

A 9. ábrán a súrlódási együttható, és így az \(\displaystyle \varepsilon\) szög nagyobb. Ekkor a \(\displaystyle P\) pont a tömegközéppont alá kerül, és a \(\displaystyle \boldsymbol{K}_2\) erő éri el először a szögtartomány szélét. Ekkor a felső láb csúszik meg először.

9. ábra

A határesetet az jelenti, amikor a súrlódási határszög egyenese éppen a tömegközépponton megy át (10. ábra). Leolvasható, hogy ekkor

\(\displaystyle \frac{a}{2h}=\tg\varepsilon=\mu, \)

az előző megoldással összhangban.

10. ábra

3. Két azonos \(\displaystyle m\) tömegű, \(\displaystyle +q\) és \(\displaystyle -q\) töltésű pontszerű test kezdetben egymástól \(\displaystyle d\) távolságra, nyugalomban van. Ha a testeket egyszerre elengedjük, akkor egy idő után összeütköznek. Ha a kísérletet megfelelő erősségű, a testeket összekötő szakaszra merőleges irányú, homogén mágneses mező jelenlétében ismételjük meg, akkor a testek nem ütköznek össze.

a) Legalább mekkora legyen a mágneses indukció értéke, hogy ne ütközzenek össze?

b) Mekkora minimális távolságra közelítik meg egymást a testek ekkor?

(KVANT)

I. megoldás. a) Válasszuk a koordináta-rendszer középpontját a \(\displaystyle +q\) töltés kezdeti helyzetében, és mutasson az \(\displaystyle x\) tengely a másik test kezdeti helyzete felé, az \(\displaystyle y\) tengely pedig legyen erre és a mágneses tér irányára is merőleges (11. ábra).

11. ábra

Jelölje \(\displaystyle x\) a bal oldali (\(\displaystyle +q\) töltésű) test koordinátáját. A mozgás során az elektrosztatikus és a mozgási energia összege állandó. A szimmetria miatt a két test sebessége megegyezik. Így az energiaegyenlet:

Tekintsük most külön a bal oldali ponttöltés mozgását! A szimmetria miatt az elektrosztatikus vonzóerő mindvégig \(\displaystyle x\) irányban hat. Csak a mágneses tér miatt fellépő Lorentz-erőnek van \(\displaystyle y\) irányú komponense, és így csak ez az erő gyorsítja a testet \(\displaystyle y\) irányba:

\(\displaystyle a_y=\frac{Bqv_x}{m}. \)

Ez alapján a test \(\displaystyle y\) irányú sebessége kicsiny \(\displaystyle \mathrm{d}t\) idő alatt

\(\displaystyle \mathrm{d}v_y=a_y\mathrm{d}t=\frac{Bq}{m}v_x\mathrm{d}t \)

értékkel változik meg. Az egyenlet mindkét oldalát összegezve a kezdeti állapottól (ahol \(\displaystyle v_y(0)=0\) és \(\displaystyle x(0)=0\)) a vizsgált állapotig:

Amikor a két test legközelebb ér egymáshoz, akkor az \(\displaystyle x\) irányú sebességük 0, és így \(\displaystyle v=v_y\). Ezt felhasználva, és a (11) egyenletbe a (12) kifejezést behelyettesítve:

\(\displaystyle m\left(\frac{Bq}{m}x\right)^2=kq^2\frac{2x}{d(d-2x)}, \)

amiből az \(\displaystyle x\neq 0\)-val való egyszerűsítés és rendezés után egy másodfokú egyenletet kapunk \(\displaystyle \tfrac{x}{d}\)-re:

\(\displaystyle 2\left(\frac{x}{d}\right)^2-\frac{x}{d}+\frac{2km}{B^2d^3}=0. \)

Ennek csak akkor van megoldása, ha a diszkrimináns nem negatív:

\(\displaystyle D=1-\frac{16km}{B^2d^3}\geq 0,\qquad\text{azaz}\qquad B\geq 4\sqrt{\frac{km}{d^3}}. \)

Tehát a minimális mágneses indukció nagysága:

\(\displaystyle B_{\mathrm{min}}=4\sqrt{\frac{km}{d^3}}. \)

b) A másodfokú egyenlet általános megoldása (a két megoldásból csak a kisebb valósul meg):

\(\displaystyle \frac{x}{d}=\frac{1-\sqrt{1-\frac{16km}{B^2d^3}}}{4}, \)

és \(\displaystyle B=B_{\mathrm{min}}\), azaz \(\displaystyle D=0\) esetén \(\displaystyle \tfrac{x}{d}=\tfrac{1}{4}\). Ebből a két töltés közötti legkisebb távolság:

\(\displaystyle d_{\mathrm{min}}=d-2x=\frac{d}{2}. \)

II. megoldás. Vizsgáljuk a 11. ábrán látható bal oldali, origóból induló ponttöltés \(\displaystyle x\) irányú mozgását! Ehhez írjuk fel Newton II. törvényét erre a testre egy tetszőleges időpillanatban:

\(\displaystyle ma_x=k\frac{q^2}{(d-2x)^2}-qv_y B, \)

ahol felhasználtuk, hogy a Lorentz-erő \(\displaystyle x\) komponense az \(\displaystyle y\) irányú sebességgel arányos. Az I. megoldásban korábban kapott (12) összefüggés segítségével \(\displaystyle v_y\) kifejezhető \(\displaystyle x\)-szel:

\(\displaystyle ma_x=\underbrace{k\frac{q^2}{(d-2x)^2}-\frac{q^2B^2}{m}x}_{F_x(x)}. \)

Az egyenlet jobb oldala nem más, mint a testre ható eredő erő \(\displaystyle x\) komponense. Figyelemreméltó, hogy ez az erő kifejezhető csupán az \(\displaystyle x\) koordináta függvényeként. Ebből következik, hogy \(\displaystyle F_x\) felírható egy szintén csak \(\displaystyle x\)-től függő ún. effektív potenciál negatív deriváltjaként:

\(\displaystyle F_x(x)=-\frac{\mathrm{d}V_{\mathrm{eff}}(x)}{\mathrm{d}x}. \)

Az itt szereplő effektív potenciál az erő \(\displaystyle x\) szerinti integrálásával kapható meg:

\(\displaystyle V_{\mathrm{eff}}(x)=\frac{q^2B^2}{2m}x^2-\frac{kq^2}{2(d-2x)}. \)

Itt a jobb oldal első, \(\displaystyle x\)-ben négyzetes tagja egy rugóban tárolt rugalmas energiával analóg, míg a második tag a Coulomb-féle potenciális energia egyik töltésre jutó hányadának feleltethető meg.

Ezek szerint a vizsgált ponttöltés \(\displaystyle x\) irányú mozgása ekvivalens egy képzeletbeli, szintén \(\displaystyle m\) tömegű test egydimenziós konzervatív mozgásával a fenti egyenlet által adott \(\displaystyle V_{\mathrm{eff}}\) potenciálban. Ennek a képzeletbeli mozgásnak a kezdeti feltételei \(\displaystyle x=0\) és \(\displaystyle v_{x,0}=0\), ezért a mozgáshoz tartozó teljes mechanikai energia:

\(\displaystyle E=V_{\mathrm{eff}}(x=0)+\frac{1}{2}mv_{x,0}^2=-\frac{kq^2}{2d}. \)

A \(\displaystyle V_{\mathrm{eff}}(x)\) függvény alaposabb vizsgálatához végezzük el a következő átalakítást:

Vezessük be a \(\displaystyle \lambda=\tfrac{B^2d^3}{km}\) dimenziótlan paramétert! A \(\displaystyle V_{\mathrm{eff}}(x)\) grafikon alakja és a mozgás jellege nagyban függ \(\displaystyle \lambda\) értékétől. A függvény \(\displaystyle x\to d/2\) esetén \(\displaystyle -\infty\)-hez tart, ez a helyzet felel meg a két test összeütközésének. Kis \(\displaystyle \lambda\) (gyenge mágneses tér) esetén a (13) kifejezés zárójelében lévő második tag dominál, így a függvény szigorúan monoton csökken. Ha \(\displaystyle \lambda\) értékét (és ezzel együtt \(\displaystyle B\) nagyságát) fokozatosan növeljük, akkor a zárójelben lévő első, \(\displaystyle x\)-ben másodfokú tag erősödik, majd a \(\displaystyle V_{\mathrm{eff}}(x)\) függvénynek a \(\displaystyle 0<x<d/2\) tartományban egy lokális maximuma jelenik meg. Részletesebb függvényvizsgálattal kiderül, hogy \(\displaystyle \lambda<16\) esetén ennek a maximumnak az értéke \(\displaystyle E=-\tfrac{kq^2}{2d}\)-nél kisebb, \(\displaystyle \lambda=16\) esetén éppen ekkora, míg \(\displaystyle \lambda>16\) esetén a maximumértéke \(\displaystyle E\)-nél nagyobb (12. ábra).

12. ábra

Mit jelent mindez a képzeletbeli mozgás lefolyására nézve? A test az \(\displaystyle x=0\) állapotból indul, és mindhárom esetben gyorsulva halad a csökkenő potenciál irányába (az ábrán jobbra). \(\displaystyle {\lambda>16}\) esetén azonban egy \(\displaystyle x<d/4\) helyen, ahol a potenciál értéke újra megegyezik az \(\displaystyle E\) összenergiával, a sebessége ismét nulla lesz, és megáll (majd elindul vissza a kezdeti állapot felé). \(\displaystyle {\lambda<16}\) esetén nincsen ilyen pont: a rendszer – egy kisebb lassulás után – egyre nagyobb gyorsulással fejlődik az \(\displaystyle x=d/2\) állapot (azaz az összeütközés) felé. Annak feltétele, hogy ne legyen ütközés:

\(\displaystyle \frac{B^2d^3}{km}=\lambda\geq 16,\qquad\text{amiből}\qquad B\geq 4\sqrt{\frac{km}{d^3}}, \)

az előző megoldással összhangban. A grafikonról rögtön a b) kérdés megoldása is leolvasható: határesetben a töltések maximális elmozdulása \(\displaystyle x=d/4\), azaz a legkisebb távolság \(\displaystyle d/2\).

Megjegyzés. A II. megoldás nélkül meglepőnek tűnhet, hogy ha a mágneses indukció értéke eléri a minimális értéket, akkor a töltések csak \(\displaystyle \tfrac{d}{2}\) távolságra közelítik meg egymást, ha viszont ennél (kicsit) kisebb, akkor a töltések – minden átmenet nélkül – összeütköznek. A 12. ábra grafikonja szemléletesen mutatja, milyen változás történik a határ átlépésekor.

*

Az ünnepélyes eredményhirdetésre és díjkiosztásra 2025. november 28-án délután került sor az ELTE TTK Eötvös termében. Megemlékeztünk az 50 és 25 évvel ezelőtti Eötvös-versenyről, ismertettük az akkori feladatokat és a győztesek nevét. Az 50 évvel ezelőtti díjazottak közül Virosztek Attila, a 25 évvel ezelőttiek közül Pozsgay Balázs volt jelen – ők röviden beszéltek a versennyel kapcsolatos emlékeikről és a pályafutásukról. Az 50 évvel ezelőtti II. díjas Zimányi Gergely videóüdvözletet, a 25 évvel ezelőtti I. díjas Buruzs Ádám pedig szöveges üzenetet küldött a jelenlévőknek. Ezután következett a 2025. évi verseny feladatainak és megoldásainak bemutatása. Az 1. feladat megoldását Széchenyi Gábor, a 2. feladatét Vankó Péter, a 3. feladatét Vigh Máté ismertette.

Az esemény végén került sor az eredményhirdetésre. A díjakat Ormos Pál, az Eötvös Loránd Fizikai Társulat elnöke adta át.

I. díjat a versenybizottság nem adott ki.

Az első és harmadik feladat helyes megoldásáért második díjat nyert Bencz Benedek, az ELTE Fizika BSc szakos hallgatója, aki a Baár–Madas Református Gimnázium, Általános Iskola és Kollégiumban érettségizett Horváth Norbert tanítványaként.

Egy feladat helyes megoldásáért, vagy két feladatban elért jelentős eredményért harmadik díjat nyert Erdélyi Dominik, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium 12. osztályos tanulója, Schramek Anikó és Nagy Piroska Mária tanítványa, Sánta Gergely Péter, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium 11. osztályos tanulója, Schramek Anikó tanítványa és Téti Miklós, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium 12. osztályos tanulója, Schramek Anikó tanítványa.

Egy feladat lényegében helyes megoldásáért dicséretet kapott Jávor Bence, a BME Fizika BSc szakos hallgatója, érettségizett a Városmajori Gimnáziumban Jäger Csaba és Horicsányi Attila tanítványaként, Kossár Benedek Balázs, a Pécsi Leőwey Klára Gimnázium 10. osztályos tanulója, Hegedüs János és Pálfalvi László tanítványa, Papp András József, a Szegedi Radnóti Miklós Kísérleti Gimnázium 12. osztályos tanulója, Mike Péter tanítványa, Pázmándi József Áron, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium 10. osztályos tanulója, Csefkó Zoltán és Nagy Piroska Mária tanítványa és Vödrös Dániel, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium 11. osztályos tanulója, Schramek Anikó tanítványa.

A második díjjal az Andersen Adótanácsadó Zrt. és a Nanorobot Vagyonkezelő Kft. adományából 75 ezer forint, a harmadik díjjal 35 ezer, a dicsérettel 20 ezer forint pénzjutalom jár. A díjazottak tanárai könyvutalványt kaptak. Gratulálunk a díjazottaknak, köszönjük az adományozók önzetlen támogatását!

\szerzoSzéchenyi Gábor, Vankó Péter, Vigh Máté, Vladár Károly