Ugrás a tartalomhoz

Az Eötvös-versenyek feladatai II. 1989-1997

Radnai Gyula

Typotex

Az 1994. évi verseny

Az 1994. évi verseny


1. feladat. Egy tóba 20 m mélyre lesüllyesztett, 1 m 3 űrtartalmú búvárharang megtelt vízzel. A felszínen úszó hajóból vékony csövön át levegőt pumpálunk a harang alá. (A harang súlyos, még ekkor sem emelkedik fel.) A levegő és a víz hőmérséklete között nincs számottevő különbség.

- Legalább mekkora munkát végez a kompresszor az 1 m 3 víz kiszorítása során?

Megoldás. Készítsünk vázlatos ábrát a folyamatról! Hagyjunk el minden felesleges részletet, hogy maga a termodinamikai folyamat jól látható legyen. Két, egymást követő részfolyamatról van szó:

- először össze kell nyomni a gázt a megfelelő nagyobb nyomásra (20 méterrel a víz felszíne alatt a nyomás a légköri nyomásnak kereken háromszorosa);

- ezután a megfelelő nyomású gázt át kell nyomni a búvárharang alá, a víz helyére.

Mindezt az 1994.1. ábrán vázoltuk.

1994.1. ábra.

1994.2. ábra.

Úgy tűnik, hogy a dugattyút nyomó erő munkáját kell meghatározni. Ez azonban nagyobb, mint a kompresszor által végzett munka, mert „besegít” a külső légnyomás is. Így a kompresszor által végzett munka az 1994.2. ábrán bevonalkázott területtel lesz egyenlő: a dugattyú által végzett összes munkából le kell vonni a légköri nyomás által végzett p 0 V 0 munkát.

Az izotermikus tágulási munka kiszámítási formulája megtalálható a függvénytáblázatban:

W = N k T ln V 2 V 1 .

Esetünkben izoterm összenyomásról van szó, és a külső munkát kell kiszámítanunk. Felhasználva az állapotegyenletet ( p 0 V 0 = N k T 0 ) és azt, hogy a térfogatot harmadrészére kell csökkenteni, az izoterm összenyomáshoz szükséges munka:

W T = p 0 V 0 ln 3 .

Behelyettesítve p 0 ? 10 5 Pa és V 0 = 3 m 3 értékeket:

W T ? 330 kJ .

Ehhez kell hozzáadnunk az átnyomáshoz szükséges munkát, amelyet úgy számíthatunk ki, hogy a dugattyút nyomó állandó erőt megszorozzuk a dugattyú elmozdulásával:

W átnyomási = F · s = 3 p 0 A · V 0 / 3 A = p 0 V 0 = 300 kJ .

Így az összes munka 630 kJ .

Most már csak a külső p 0 nyomás által végzett p 0 V 0 munkát kell levonnunk, hogy megkapjuk a kompresszorra jutó részt:

W kompresszor = 630 kJ - 300 kJ = 330 kJ .

Ezzel válaszoltunk a feladat kérdésére.

Megjegyzések. 1. Az izoterm munka kiszámítási formulájához úgy lehet eljutni, hogy az izoterma alatti területet határozzuk meg:

W = V 1 V 2 p d V = V 1 V 2 N k T V d V = N k T V 1 V 2 1 V d V , W = N k T ln V 2 V 1 .

2. Vajon nem lehet-e az izotermikus folyamat helyett más folyamattal, kevesebb befektetett munka árán is célhoz érni?

Adiabatikus összenyomáskor kevesebb munka is elég lenne a 3 p 0 nyomás eléréséhez. Viszont akkor fel is melegedne a gáz, amely azután az átnyomás közben kezdene lehűlni, s így csökkenne a nyomása. Épp ezért 3 p 0 -nál jóval nagyobb nyomásra kellene adiabatikusan összenyomni, ehhez pedig már több munkára lenne szükség, mint az izotermikus esetben.

És ha először lehűtenénk a gázt? Állandó p 0 nyomáson T 0 3 hőmérsékletűre hűtve, a térfogata V 0 3 lenne. Eközben csak a külső légkör végezne munkát. Majd pedig hagynánk a gázt állandó V 0 3 térfogaton visszamelegedni T 0 hőmérsékletre, ekkor a nyomása elérné a 3 p 0 értéket, s csak az átnyomási munkát kellene a kompresszorral végeztetni. Lehet, hogy 200 kJ is elég lenne? Ez már ravaszabb gondolat, de azt lehet ellene felhozni, hogy a feladatban szó se volt arról, hogy a hajón még egy megfelelő hűtőberendezés is működik, amelyet felhasználhatunk a probléma megoldásához. De tegyük fel, hogy megengednénk a hűtőgép használatát, akkor viszont azt a munkát is illene számításba venni, amivel a hűtőgépet - pl. a hűtőgép kompresszorát - működtetni kell. Nem lenne nehéz megmutatni, hogy ismét „ráfizetünk”: összesen több munkát kell végeznünk.

3. Úgy is ki lehet számítani a kompresszor által végzett munkát, hogy elképzeljük: a kezdetben 3 m 3 -nyi levegőt egy „zsákba” zárjuk, és a zsákot lassan lehúzzuk 10 m -nyire a víz alá. Mivel x méter mélységben az izotermikusan összenyomott gázra F ( x ) = 3 · 10 4 · ( 1 + x / 10 ) - 1 felhajtóerő hat, a lehúzás során végzett munka (SI-egységrendszerben számolva)

W = ? 0 20 f ( x ) d x = ? 0 20 3 · 10 4 1 + x / 10 d x = 3 · 10 5 · ln 3 ? 330 kJ .

2. feladat. Egy henger alakú edény szuperfolyékony héliummal van tele. Az edény magassága 1 dm , belső alapterülete 1 dm 2 .

A héliumra kellő óvatossággal egy ugyancsak henger alakú, 1 dm magas, de csak 0,99 dm 2 alapterületű „dugót” helyezünk, és elengedjük. A dugó sűrűsége a hélium sűrűségével egyenlő.

- Hogyan mozog a dugó?

- Mennyi idő alatt ér le az edény aljára?

Az egész berendezés hőmérséklete 0 K közvetlen közelében van, a folyadék súrlódása és felületi feszültsége figyelmen kívül hagyható.

Megoldás. Amikor elengedjük a dugót (1994.3. ábra), ennek esését az alatta lévő folyadék hirtelen lefékezi bizonyos v 0 sebességre. Ezt a dugó további mozgása során kezdősebességnek fogjuk tekinteni.

1994.3. ábra.

Próbáljuk meg kiszámítani ezt a v 0 kezdősebességet, s csak utána keressük a választ a feladat kérdésére: Hogyan mozog a dugó?

Amint a dugó v 0 sebességgel elindul lefelé, oldalt felspriccel a folyadék. Jelöljük a folyadék kiömlési sebességét u 0 -lal. Ez sokkal nagyobb, mint v 0 , hiszen a folyadék összenyomhatatlansága miatt a ? A területű résen ugyanannyi folyadéknak kell kifreccsennie, mint amennyi az A területű dugó alól kiszorul:

v 0 · A = u 0 · ? A .

v 0 kiszámításához lehet, hogy először u 0 -t kell meghatároznunk? Ez elég is lenne, hiszen a feladat adataiból az A : ? A = 100 arány kiolvasható.

Milyen összefüggésben szerepelhet még a kiömlő folyadék sebessége? Mivel a folyadék súrlódása és felületi feszültsége figyelmen kívül hagyható, ezért érdemes lesz felírni az egész rendszerre a munkatételt. Eszerint a rendszeren végzett munka a rendszer mozgási energiájának megváltozásával egyenlő.

Munkát végző erő a dugóra ható nehézségi erő. Amíg a dugó - a test -, egy kicsiny ? x -szel elmozdul lefelé, kiszorít ? m foly tömegű folyadékot, amely u 0 sebességgel hagyja el a tartályt. Ezért írhatjuk:

m test · g · ? x = 1 2 ? m foly · u 0 2 .

Igaz, a dugónak is megváltozott a mozgási energiája, de a sokkal kisebb sebesség miatt ezt a folyadék mozgási energiájának változásához képest elhanyagolhatjuk.

Helyettesítsük a fenti egyenletbe a következőket:

m test = A l ? test és ? m foly = A ? x ? foly .

Egyszerűsítés után a következő összefüggés adódik:

l ? test g = 1 2 ? foly u 0 2 .

Ez éppen a „jó öreg” Bernoulli-törvény (1738) speciális esete, akár ebből is kiindulhattunk volna u 0 kiszámításához. Ha pedig azt is kihasználjuk, hogy a feladatban most a test és a folyadék sűrűsége egyenlő, a folyadék kiömlési sebességére kapjuk:

u 0 = 2 g l .

Ez a Torricelli-féle kiömlési törvény (1646) még egy évszázaddal korábbról.

Akár át is fogalmazhatjuk a feladatot: Ahelyett, hogy „Hogyan mozog a dugó?”, azt kérdezhetjük: „Hogyan mozog egy lyukas edényből súrlódásmentesen kiömlő folyadék esetén a folyadék felső szintje?” Azt már tudjuk, hogyan indul el. Kezdősebessége:

v 0 = ? A A u 0 = ? A A 2 g l .

Tekintsünk most egy közbülső esetet a mozgás során. Tegyük fel, hogy a dugónak még h magasságú része áll ki a hengerből.

1994.4. ábra.

A dugó úgy mozog ekkor, mint az oldalt lyukas edényben lévő folyadékok felső szintje abban a pillanatban, amikor ez a szint éppen h magasságban van a lyuk felett (1994.4. ábra). Ugyanis mindkét esetben a súrlódásmentesen kiömlő folyadék sebessége

u = 2 g h ,

és így a dugó sebessége

v = ? A A u = ? A A 2 g h .

Ez még így is írható:

v = 2 ? A A 2 g h ,

1994.5. ábra.

amiből látszik, hogy a dugó mozgása egyenletesen változik, lassulásának nagysága pedig

? A A 2 · g = 10 - 4 g = 10 - 3 m s 2 .

A dugó mozgásának sebesség-idő grafikonja az 1994.5. ábrán látható.

A dugó sebessége éppen akkor csökken egyébként is zérusra, amikor a dugó alja eléri az edény alját, teteje pedig a hengeres edény tetejével kerül egy szintre. (Az analóg példában: a kiömlő folyadék felszíne a lyukhoz ér.)

Így a dugó leérkezéséig eltelt ? idő

? = 2 l v 0 = 2 l ? A A 2 g l = A ? A 2 l g = 14,1 s .

Megjegyzések. 1. A leérkezési idő kiszámításakor elhanyagoltuk azt az időtartamot, amennyi idő alatt a dugó felveszi a kezdősebességet, s azt az utat is, amit ezalatt megtesz. Az elhanyagolás jogosságát a következő becsléssel ellenőrizhetjük. A dugó valódi kezdősebessége nulla, de ebből az állapotából - feltételezésünk szerint igen hamar - felgyorsul a kérdéses v 0 sebességre. Amikor elengedjük, a dugó tetején és az aljánál egyaránt a légköri nyomás hat rá, tehát a dugó kezdeti gyorsulása g (szabadesés!). Ez a gyorsulás bizonyos ? 0 idő alatt gyakorlatilag nullára ( 10 - 4 g -re) csökken, s a dugó sebessége v 0 lesz. Ha átlagosan g / 2 értékkel számolunk, a ( g / 2 ) ? 0 = v 0 összefüggésekből

? 0 = 2 v 0 / g = 2 · ? A A 2 l g ? 0,003 s

adódik. Ez ez idő és a dugó által ezalatt megtett kb. v 0 ? 0 / 2 = 0,02 mm út valóban elhanyagolható.

2. A szuperfolyékony héliumnak semmi más különleges extrém tulajdonságát - például, hogy lassan magától is kimászna az edényből - nem használtuk ki azon az egyen kívül, hogy nincs belső súrlódása. Éppen elég meglepő ez is!

3. feladat. Függőleges földelt fémsíktól d távolságra felfüggesztünk egy l hosszúságú fonálingát. Miután az m tömegű, kicsiny ingatestet elektromosan feltöltöttük, az inga újra egyensúlyi helyzetet vett fel, s most ? szöget zár be a függőlegessel (1994.6. ábra).

1994.6. ábra.

- Mekkora az ingatest töltése?

- Mennyivel kell közelebb vinnünk a fémsíkot az inga felfüggesztési pontjához, ha azt akarjuk, hogy a függőleges fémsík magához rántsa az ingát?

- Anélkül, hogy közelebb vinnénk, tudjuk-e úgy mozgatni a mindig függőleges fémsíkot, hogy hozzácsapódjon az inga?

A fonál szigetelő, a levegő hatása elhanyagolható, s a feladatot az alábbi numerikus értékek esetén oldjuk meg: d = 0,5 m ; l = 4 m ; m = 10 - 3 kg ; ? = 1 ° .

Megoldás. Tisztázzuk először a fémsík szerepét! Tudjuk, hogy elektrosztatikus esetben a fémek felülete mindig ekvipotenciális. (Addig-addig mozognak, rendeződnek rajtuk a töltések, amíg ez az állapot ki nem alakul.) Ez azt jelenti, hogy a fémek felületénél az elektromos térerősségnek nem lehet érintő irányú komponense, vagyis a térerősség minden pontban merőleges a fém felületére. A feladatban ponttöltés és sík fémfelület szerepel, ezért az erőtérnek az 1994.7(a) ábrán vázolt szerkezetűnek kell lennie. Ezzel az erőtérrel ekvivalens egy olyan dipólus erőterének „egyik fele”, amelyet egymástól 2 x távolságra lévő Q és - Q ponttöltések hoznak létre, ahogyan azt az 1994.7(b) ábrán vázoltuk.

1994.7. ábra.

A fémsík hatása tehát minden tekintetben helyettesíthető egy - Q nagyságú ú.n. „tükörtöltés” hatásával. Ennek a felismerésnek köszönhetően azt az erőt, amit a fémsík fejt ki a Q töltésre, úgy is kiszámíthatjuk, mint a tükörtöltés által kifejtett vonzóerőt.

1994.8. ábra.

A Coulomb-erőn kívül a Q töltésre még két erő hat (1994.8. ábra): a nehézségi erő és a fonálerő. A három erő eredője akkor zérus - akkor van egyensúly -, ha a Coulomb-erő és a nehézségi erő hányadosa tg ? -val egyenlő. Ebből határozhatjuk meg a Q töltés keresett értékét.

m g tg ? = k Q 2 2 ( d - l sin ? ) 2 .

Átrendezés után:

Q = 2 ( d - l sin ? ) m g k tg ? ,

( k = 9 · 10 9 N m 2 C 2 , g = 9,81 m s 2 , a többi paraméter értéke a feladatban adott). Behelyettesítések után kapjuk:

Q = 1,187 · 10 - 7 C .

Mi történik, ha a fémsíkot közelebb visszük az ingához? A Coulomb-erő nő, mivel a tükörtöltéstől való távolság csökken. A nehézségi erő nem változik, tehát egy nagyobb ? szög esetén tud újra beállni az egyensúly. De van-e ilyen új ? szög? Hiszen az inga kilendülésével a Coulomb-erő tovább nő, és lehet, hogy az inga meg se áll addig, amíg hozzá nem csapódik a fémsíkhoz.

Meg kell határoznunk azt az összefüggést, amely egyensúly esetén fennáll d és ? között. Formálisan tekintsük d -t ? függvényének, s fejezzük ki ezt a függvényt az egyensúlyra már felírt fenti összefüggésből. Ezt kapjuk:

d = d ( ? ) = l sin ? + k Q 2 4 m g 1 tg ? .

1994.9. ábra.

A függvény menete viszonylag kis ? értékek környezetében az 1994.9. ábrán látható módon egy minimumot mutat. Van tehát egy olyan legkisebb d érték, amelynél közelebb nem vihetjük a fémsíkot. Ha közelebb visszük, nincs egyensúlyi állapot, tehát hozzácsapódik az inga a fémsíkhoz.

Határozzuk meg d minimumát!

(Akiknek gondot okoz e kissé bonyolult függvény differenciálása, úgy segíthetnek magukon, hogy - felismerve, hogy csak kis szögekről van szó -, sin ? és tg ? helyére ? -t írnak. Ekkor csak hatványfüggvényeket kell deriválni, s a végeredmény legfeljebb a negyedik-ötödik értékes jegyben tér el a pontos eredménytől.)

A minimum helyére ( ? * ) kapjuk:

sin 2 ? * ( ? 2 ? * ) = k Q 2 2 m g l 2 3 , ebből ? * = 2 , 12 ° ,

d legkisebb lehetséges értékére pedig ez adódik:

d min = 0,4435 m = 44,35 cm .

Mivel a fémsík eredetileg 0,5 méterre volt az inga felfüggesztési pontjától, ezért ahhoz, hogy a fémsík magához rántsa az ingát, legalább ? d = 5,65 cm -rel közelebb kell vinni.

Már csak arra kell válaszolnunk, hogy tudjuk-e úgy mozgatni a fél méterre lévő fémsíkot, hogy hozzácsapódjon az inga akkor is, ha sohasem kerül a fémsík fél méternél közelebb a felfüggesztési ponthoz.

Igen, tudjuk: „be kell lengetni az ingát”, mint egy hintát. Először eltávolítjuk a fémsíkot, ekkor az inga hátralendül. Amikor az inga elindul visszafelé, visszahozzuk a fémsíkot, hogy vonzóerejével növelje a lengés amplitúdóját. Lényegében az inga lengésével szinkronban, de mindig ellentétes fázisban kell mozgatni a fémsíkot. Akármilyen kis amplitúdóval is rezegtetjük a fémsíkot, ha ez megfelelő fázisban történik, előbb-utóbb hozzácsapódik az inga.

Megjegyzések. 1. Tanulságos áttekinteni a feladat energetikai megoldását is. Nemcsak azért, mert ez egy második megoldás, hanem azért is, mert olyan új felismeréshez vezet, amely az előző megoldásból nem derült ki.

1994.10. ábra.

A fémsíkon influált (elektromosan megosztott) töltésrendszer potenciális energiájának felírása elég bonyolult feladat, ezért ismét alkalmazzuk a tükörtöltéses módszert. Az inga + fémsík rendszer helyett tekintsük az inga + tükörképinga rendszert 1994.10. ábra), és írjuk fel e két ingából álló rendszer összes potenciális energiáját! Ez az energia a két ingatest gravitációs helyzeti energiáiból és az elektrosztatikus kölcsönhatási energiából tevődik össze (az utóbbi negatív).

U = m g ( l - l cos ? ) + m g ( l - l cos ? ) - k Q 2 2 ( d - l sin ? ) .

Egyetlen inga potenciális energiája ennek a fele lesz:

U 1 = m g ( l - l cos ? ) - k Q 2 4 ( d - l sin ? ) .

Az egyszerűség kedvéért foglalkozzunk most is a kis szögek esetével, legyen

x = l sin ? ? k ? , és h = l - l cos ? ? l ? 2 2 .

Ezzel

U 1 ( ? ) = m g 2 l ? 2 - k Q 2 4 1 d - l ? ,

vagy áttérve az x = l ? változóra:

U 1 ( x ) = m g 2 l x 2 - k Q 2 4 1 d - x .

Ezt az U 1 ( x ) függvényt x szerint differenciálva kapjuk meg az ingatestre ható ( x irányú) erő - 1 -szeresét, tehát az erő:

F 1 ( x ) = - d U 1 ( x ) d x = m g l x - k Q 2 4 1 ( d - x ) 2 .

1994.11. ábra.

Mind az U 1 ( x ) , mind az F 1 ( x ) függvények menete a paraméterek értékeitől függ. Ha m , g , l , k , Q állandó, akkor egyedül d -től. Az 1994.11. ábrán vázoltunk három különböző esetet. Az a) esetben a potenciális energia minimuma jelöli ki az inga stabilis egyensúlyi helyzetét, a maximum egy labilis egyensúlyt jelez. A c) esetben nincs egyensúlyi helyzet. A kettő közti átmenetet, a határesetet mutatja az ábra b) része, amikor a potenciális energiának „vízszintes” érintőjű inflexiós pontja van, itt valósulhat meg még utoljára egyensúlyi helyzet. Az ehhez tartozó d paraméterérték lesz d legkisebb értéke.

x = x * helyen tehát d U 1 d x = 0 és d F 1 d x = 0 is igaz.

Ebből a két feltevésből az alábbi egyenletekre jutunk:

2 x ( d - x ) 2 = k Q 2 l 2 m g , illetve ( d - x ) 3 = k Q 2 l 2 m g .

Ezek szerint 2 x = d - x , vagyis x = d 3 a határesetben!

A fenti jelölésekkel: x * = d min 3 .

Ez az a szép és érdekes eredmény, ami nem jött ki az első megoldás során: a fémsík egészen addig közelíthető az ingához, amíg az inga kilendüléséhez tartozó x érték el nem éri az éppen akkori d távolság harmadrészét. Ha elérte, s még tovább közelítjük a fémsíkot, akkor már nekicsapódik az inga.

Természetesen a feltételi egyenletek bármelyikébe behelyettesítve x = d 3 értékét, megkapjuk d = d min értékét:

d = d min = 3 2 k Q 2 l 2 m g 3 = 0,4435 m .

2. A feladat harmadik kérdésére a „belengetésen” kívül más ötletes válaszok, megoldási javaslatok is születtek. Ilyen például a fémsík körbeforgatása, amely körmozgásra csábítja az ingatestet. Voltak, akik a fémsík saját síkjában történő mozgatásával próbálkoztak, számítva az elektronok tehetetlenségére, s a mozgó töltésekre ható Lorentz erővel is többen próbálkoztak - nem sok sikerrel. Elég sok jó fizikai szemléletű versenyző akadt, aki - ha nem is tudta megoldani a feladat nehéz, középső részét -, erre a befejező kérdésre jól válaszolt.

A verseny eredménye

Ebben az évben a szokottnál is nagyobb izgalommal készült a Társulat az Eötvös-versenyre: éppen 100 éve volt annak, hogy az első ilyen versenyt megrendezte az Eötvös Loránd kezdeményezésére és irányításával létrejött Mathematikai és Physikai Társulat. A verseny létrejöttének apropója Eötvös miniszteri kinevezése volt, ennek emlékezetessé tételére hozták létre a versenyt. 1994. augusztus 29-én ünnepelte meg Társulatunk az Eötvös-verseny centenáriumát.

Hogy a centenárium az Eötvös-versenyben nyertes fiatalok és tanáraik számára külön is emlékezetes legyen, az eredeti Eötvös éremnek az MTA Levéltárában őrzött terve alapján, a Versenybizottság javaslatára, a Társulat Elnöksége új, díszes oklevelet készíttetett. Újabb három város (Békéscsaba, Paks, Székesfehérvár) kérte, hogy bekapcsolódhasson a verseny lebonyolításába. Így összesen 15 városban került megrendezésre 1994. október 21-én a jubileumi Eötvös-verseny. A részvétel is mintegy 20-25 %-kal nagyobb volt az utóbbi évek átlagánál, különösen Budapesten nőtt a megjelent versenyzők száma. Itt évek óta a Fazekas Mihály Gyakorló Gimnáziumból jön a legtöbb versenyző. Összesen 43 „Fazekasos” indult a jubileumi Eötvös versenyen. A budapesti gimnáziumok közül az Apáczai Csere János és a Radnóti Miklós Gyakorló Gimnáziumból, az Árpád, a Petőfi Sándor és a Piarista Gimnáziumból indult 7-8 versenyző, Debrecenben a KLTE Gyakorló Gimnáziumból, Pécsett a Janus Pannonius Gimnáziumból, Kecskeméten a Katona József Gimnáziumból, a Balatonalmádi Kéttannyelvű Gimnáziumból, Veszprémben a Táncsics Mihály Építőipari Szakközépiskolából, Miskolcon a Földes Ferenc Gimnáziumból, Pakson az Energetikai Szakképzési Intézetből is 6-11 versenyző vett részt.

Külföldről összesen öt olyan középiskolából jelentek meg versenyzők valamelyik magyarországi helyszínen a versenydolgozat megírására, ahol magyarul (is) tanítják a fizikát: Szlovákiából Rév-Komáromból jött három versenyző, Romániából Nagyváradról négy, Sepsiszentgyörgyről egy versenyző érkezett, Kis-Jugoszláviából Szabadkáról két, Zentáról egy tanuló jött el Budapestre, Győrbe, Békéscsabára, Nyíregyházára illetve Szegedre.

Összesen 336 fő adott be dolgozatot. Közülük 325-en jártak vagy járnak Magyarországon középiskolába, az alábbi statisztikai eloszlásban:

BUDAPESTEN

érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

gimnazista

8%

16%

10%

szakközépiskolás

-

2%

1%

VIDÉKEN

érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

gimnazista

10%

26%

13%

szakközépiskolás

2%

7%

5%

Az ünnepélyes eredményhirdetésre 1994. november 25-én került sor az Eötvös Loránd Tudományegyetem főépületi fizikai előadó termében.

Először a Versenybizottság elnöke emlékezett meg az Eötvös-verseny első száz évéről, híressé vált versenyzőkről és tanárokról. Ezután a feladatok megoldásainak diszkussziója következett. A második és a harmadik feladathoz kapcsolódóan kísérleteket is láthattak a megjelent versenyzők és tanáraik. Meg lehetett figyelni egy edényből kifolyó víz kiömlési sebességének lineáris csökkenését az időben, miközben egy lézer belülről világította meg a kiömlő vízsugarat, pontosan mutatva a helyet, ahová a vízszintesen induló és parabola pályán haladó vízsugár becsapódott. Messziről is jól lehetett látni a 4 méter hosszú fonálon függő, grafittal bevont pingponglabdát, melyet először leydeni palack segítségével feltöltöttünk, majd egy függőleges földelt fémsík óvatos közelítésekor kitérítettünk. A jelenlévő televíziósok felvevő gépeinek zümmögését is lehetett hallani, akkora csend volt a teremben, miközben a hallgatóság azt figyelte, hogy mikor ér véget az inga egyensúlyi helyzetének stabilitása, mikor indul el az inga, hogy megállíthatatlanul nekicsapódjon a fémsíknak. A Duna TV esti híradójában azután ország-világ láthatta az érdekes jelenségeket, az ezt követő díjkiosztás néhány ünnepélyes pillanatát, s egy rövid beszélgetést a verseny egyik nyertesével, a szlovákiai Rév-Komáromban érettségizett, s most már az ELTE fizikus szakán tanuló Mizera Ferenccel.

A verseny nyerteseinek az ünnepi okleveleket és díjakat Kiss Dezső akadémikus, a Társulat elnöke nyújtotta át. Az első három helyezett versenyző értékes tárgyjutalmakat is kapott a Paksi Atomerőmű nagylelkű támogatásából, melyet Rósa Géza, a Társulat főtitkára adott át.

Megosztott I-II. díjat nyert egyenlő helyezésben a következő három versenyző:

Horváth Péter, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa;

Kovács Krisztián, a békéscsabai Kemény Gábor Műszaki Szakközépiskola IV. osztályos tanulója, Mekis László és Varga István tanítványa;

Varga Dezső, a miskolci Földes Ferenc Gimnázium IV. osztályos tanulója, id. Szabó Kálmán tanítványa.

III. díjat nyert egyenlő helyezésben a következő hét versenyző:

Borsányi Szabolcs, a budapesti Piarista Gimnázium IV. osztályos tanulója, Görbe László tanítványa;

Burcsi Péter, a pápai Türr István Gimnázium III. osztályos tanulója, Németh Zsolt tanítványa;

Futó Gábor, az ELTE TTK matematikus szakos hallgatója, aki a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, mint Horváth Gábor tanítványa;

Juhász Sándor, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa;

Koblinger Egmont, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa;

Mizera Ferenc, az ELTE TTK fizikus szakos hallgatója, aki Szlovákiában, Rév-Komáromban érettségizett, mint Szakál Ildikó és Spátai Lotár tanítványa;

Tóth Gábor Zsolt, a budapesti Árpád Gimnázium III. osztályos tanulója, Vankó Péter tanítványa.

Dicséretben részesültek:

11. Halbritter András, a BME mérnök-fizikus szakos hallgatója, aki a győri Czuczor Gergely Bencés Gimnáziumban érettségizett, mint Csonka László tanítványa; 12-13. Bárász Mihály, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium III. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Várhegyi Péter, a BME mérnök-fizikus szakos hallgatója, aki a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, mint Horváth Gábor tanítványa; 14-15. Koncz Imre, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium II. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Lovas Rezső, a debreceni KLTE Gyakorló Gimnáziumának III. osztályos tanulója, Dudics Pál, Kirsch Éva és Szegedi Ervin tanítványa.

Jegyzőkönyvi dicséretben részesültek:

Feldmann Márton, a soproni Vas- és Villamosipari Szakközépiskola IV. osztályos tanulója, Lendvay Péterné tanítványa; Juhász Bertalan, a debreceni KLTE Gyakorló Gimnáziumának IV. osztályos tanulója, Dudics Pál tanítványa; Madarassy Pál, a ELTE TTK térképész szakos hallgatója, aki a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, mint Horváth Gábor tanítványa; Radnóti Gergely, a paksi Vak Bottyán Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváthné Szabó Julianna és Gálosiné Kimle Mária tanítványa; Salk Miklós, a pécsi Babits Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Koncz Károly tanítványa.