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:

$$\begin{gather*} N_1+N_2=G\cos\alpha,\tag{1}\\ S_1+S_2=G\sin\alpha,\tag{2}\\ aN_2+hG\sin\alpha=\frac{a}{2}G\cos\alpha,\tag{3}\\ |S_1|\leq\mu N_1,\tag{4}\\ |S_2|\leq\mu N_2.\tag{5} \end{gather*}$$

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:

$$\begin{gather*} N_2=G\left(\frac{\cos\alpha}{2}-\frac{h\sin\alpha}{a}\right)\geq 0\quad\Rightarrow\quad b=\frac{2h\tg\alpha}{a}\leq 1,\\ S_1+S_2=G\sin\alpha\leq\mu(N_1+N_2)=\mu G\cos\alpha\quad\Rightarrow\quad c=\frac{\mu}{\tg\alpha}\geq 1, \end{gather*}$$

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

Az (1) és (3) egyenletekből:

$$\begin{gather*} N_1=G\left(\frac{\cos\alpha}{2}+\frac{h\sin\alpha}{a}\right),\\ N_2=G\left(\frac{\cos\alpha}{2}-\frac{h\sin\alpha}{a}\right), \end{gather*}$$

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

$$\begin{gather*} |S_1|\leq\mu G\left(\frac{\cos\alpha}{2}+\frac{h\sin\alpha}{a}\right),\tag{6}\\ |S_2|\leq\mu G\left(\frac{\cos\alpha}{2}-\frac{h\sin\alpha}{a}\right).\tag{7} \end{gather*}$$

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

$\displaystyle (8) $

$\displaystyle S_1+S_2=1,$

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

$$\begin{gather*} |S_1|\leq\frac{c}{2}+\frac{bc}{2}\tag{9},\\ |S_2|\leq\frac{c}{2}-\frac{bc}{2}\tag{10}. \end{gather*}$$

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:

$$\begin{gather*} 2\cdot\frac{1}{2}mv^2=kq^2\left(\frac{1}{d-2x}-\frac{1}{d}\right),\\ mv^2=kq^2\frac{2x}{d(d-2x)}.\tag{11} \end{gather*}$$

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:

$\displaystyle (12) $

$\displaystyle v_y=\frac{Bq}{m}x.$

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:

$\displaystyle (13) $

$\displaystyle V_{\mathrm{eff}}(x)=\frac{kq^2}{2d}\left(\underbrace{\frac{B^2d^3}{km}}_{\lambda}\cdot\frac{x^2}{d^2}-\frac{1}{1-\tfrac{2x}{d}}\right).$

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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?