Az Eötvös Loránd Fizikai Társulat 2015. évi Eötvös-versenye október 16-án délután 3 órai kezdettel tizenöt magyarországi helyszínen¹ került megrendezésre. 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 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 84 versenyző adott be dolgozatot, 21 egyetemista és 63 középiskolás.
Ismertetjük a feladatokat és azok megoldását.

Egy $L=6\text{m}$ hosszúságú, merev deszkalap síkja a vízszintessel állandó, $\alpha ={10}^{\circ }$-os szöget zár be. Az így kialakított lejtő tetejére egy kis hasábot helyezünk. A deszkát a lejtésvonalával párhuzamos irányban $A=1\text{mm}$ amplitúdóval és $\omega =500{\text{s}}^{-1}$ körfrekvenciával harmonikusan rezgetni kezdjük. Mennyi idő alatt éri el a hasáb a lejtő alját? (A csúszási és tapadási súrlódási együttható értéke egyaránt $\mu =0\mathrm{,}4$, a hasáb a mozgás során nem borul fel.)

 

1. ábra

 

 

Megoldás. Az $m$ tömegű hasábra az $mg$ nehézségi erő, az $N$ kényszererő és az $F$ (csúszási vagy tapadási) súrlódási erő hat (utóbbi iránya a deszkalap rezgetése során változik). A test mozgásegyenletei a lejtőre merőleges, illetve azzal párhuzamos irányban:

$\begin{array}{c}{\displaystyle N-mg\text{cos}\alpha =\mathrm{0,}F+mg\text{sin}\alpha =ma\mathrm{.}}\end{array}$

A gyorsulásnál a lejtés irányát választottuk pozitívnak, lásd a 2. ábrát.

 

2. ábra

 

Tapadás esetén a kényszererő és a súrlódási erő között az $|F|\le \mu N$ egyenlőtlenség áll fenn, míg csúszásnál $|F|=\mu N$. A hasáb gyorsulása akkor a lehető legnagyobb, ha a hasáb csúszik, és a hasáb deszkához viszonyított (relatív) sebessége negatív irányba mutat. Ekkor

$\begin{array}{c}{\displaystyle a_{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">max</span>}}=g\left(\text{sin}\alpha +\mu \text{cos}\alpha \right)\mathrm{,}}\end{array}$

amelyre az adatok behelyettesítése után $a_{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">max</span>}}\approx 5\mathrm{,}6\text{m}{\text{s}}^{-2}$ adódik. A deszkalap legnagyobb gyorsulása a harmonikus rezgés következtében $A{\omega }^2=250\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">m</span>}{\text{s}}^{-2}$, amely több mint 40-szer akkora, mint $a_{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">max</span>}}$ értéke, így a hasáb a rezgetés indításakor azonnal megcsúszik. Látni fogjuk, hogy a test a további mozgása során sehol sem tapad meg, tehát mindvégig az (állandó nagyságú) csúszási súrlódási erő hat rá.
A hasáb gyorsulása a mozgás során tehát kétféle értéket vehet fel aszerint, hogy a súrlódási erő éppen a pozitív vagy negatív irányba mutat:

$\begin{array}{c}{\displaystyle a_{\pm }=g\left(\text{sin}\alpha \pm \mu \text{cos}\alpha \right)\mathrm{,}}\end{array}$

(1)

és mivel a megadott számadatok szerint $\mu >\text{tg}\alpha$, így $a_{+}$ előjele pozitív, $a_{-}$ előjele pedig negatív. Az $a_{+}$ gyorsulású mozgásszakasz addig tart, amíg a deszka (előjeles) sebessége nagyobb a hasáb sebességénél, míg az $a_{-}$ gyorsulású mozgásszakaszban a helyzet éppen fordított. A 3. ábrán látható grafikonon ábrázoltuk a deszkalap és a hasáb sebességét az idő függvényében. Utóbbi egy olyan töröttvonallal ábrázolható, ahol az egyes szakaszok meredeksége $a_{+}$ és $a_{-}$. Mivel $|a_{+}|>|a_{-}|$, így a hasáb egy periódusra vett átlagsebessége (a ,,sodródási sebesség'') egyre növekszik, miközben a test lefelé sodródik a deszkán.

 

3. ábra

 

A sodródási sebesség növekedése addig tart, amíg a hasáb átlaggyorsulása zérussá nem válik. Ezután a hasáb sebessége egy állandó $v_{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">drift</span>}}$ érték körül fluktuál (4. ábra). Ez az állandósult (stacionárius) mozgás a viszonylag nagy rezgetési frekvencia miatt hamar kialakul, így a teljes mozgási idő becslésekor a kezdeti felgyorsulás időszakát el is hanyagolhatjuk.

 

4. ábra

 

Az állandósult sodródás feltétele:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \langle a\rangle \equiv \frac{a_{+}{t}_{+}+a_{-}{t}_{-}}{T}=0.}\end{array}$

(2)

Természetesen fennáll a

$\begin{array}{c}{\displaystyle T=t_{+}+t_{-}}\end{array}$

(3)

egyenlőség is. Az $\left(1\right)$-$\left(3\right)$ egyenletekből megkaphatjuk a $t_{+}$ időtartam hosszát:

$\begin{array}{c}{\displaystyle t_{+}=\frac{a_{-}}{a_{-}-a_{+}}T=\left(1-\frac{\text{tg}\alpha }{\mu }\right)\frac{T}{2}\mathrm{.}}\end{array}$

(4)

A sodródási sebességet pedig abból a feltételből határozhatjuk meg, hogy a hasáb gyorsulása akkor vált irányt, amikor a deszka és a hasáb sebessége megegyezik. A sebesség ($v_{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">drift</span>}}$ értékéhez képest kicsiny) fluktuációját elhanyagolva:

$\begin{array}{c}{\displaystyle v_{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">drift</span>}}\approx A\omega \text{cos}\left(\omega \frac{t_{+}}{2}\right)\mathrm{.}}\end{array}$

Végül, behelyettesítve a $\left(4\right)$ eredményt:

$\begin{array}{c}{\displaystyle v_{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">drift</span>}}=A\omega \text{cos}\left[\left(1-\frac{\text{tg}\alpha }{\mu }\right)\frac{\pi }{2}\right]=A\omega \text{sin}\left(\frac{\pi \text{tg}\alpha }{2\mu }\right)\mathrm{.}}\end{array}$

A számszerű adatokat felhasználva $v_{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">drift</span>}}\approx 0\mathrm{,}32\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">m</span>}{\text{s}}^{-1}$ értéket kapunk, így a hasáb mozgásának becsült ideje

$\begin{array}{c}{\displaystyle t=\frac{L}{v_{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">drift</span>}}}\approx 18\mathrm{,}8\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">s</span>}\mathrm{.}}\end{array}$

Hátravan még annak belátása, hogy a hasáb valóban nem tapad meg soha a lejtőn. A megtapadásnak két feltétele van: az egyik, hogy egy adott pillanatban a test és a deszkalap sebessége megegyezzen; a másik, hogy ugyanebben a pillanatban a deszka gyorsulásának nagysága kisebb legyen $|a_{+}|$-nál vagy $|a_{-}|$-nál aszerint, hogy a deszka épp lefelé vagy felfelé gyorsul. A sebesség-idő grafikonról látszik, hogy ez a két feltétel csak akkor következhet be, amikor a deszka gyorsulása nagyon kicsi, azaz sebessége nagy ($A\omega$-hoz közeli). Ekkora sebességre azonban nem tud felgyorsulni a hasáb, mert már előbb beáll a nála jóval kisebb $v_{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">drift</span>}}$. A hasáb tehát végig csúszva halad a lejtőn.

 

Megjegyzés. A megoldás során felhasználtuk, hogy a mozgás első, átmeneti szakasza (amely alatt a hasáb átlagsebessége eléri a $v_{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">drift</span>}}$ értéket) rövid. Részletesebb számolással megmutatható, hogy ez az időtartam

$\begin{array}{c}{\displaystyle \tau \approx \frac{A\omega }{\mu g\text{cos}\alpha }\approx 0\mathrm{,}13\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">s</span>}}\end{array}$

nagyságrendű, tehát a becslésnél elkövetett hibánk valóban elhanyagolható (1‐2% körüli érték).

 

2. feladat. A fényképen látható vékony lencse átmérője $4\mathrm{,}00\text{cm}$, a lencse és a mérőszalag távolsága $5\mathrm{,}0\text{cm}$.
Mekkora a lencse fókusztávolsága?

 

Megoldás. A képen (5. ábra) látható, hogy a lencse a mérőszalagról egyenes állású, nagyított, látszólagos képet hoz létre. A képről két adat olvasható le: a lencsén belül (nagyítva) látható mérőszalagszakasz hossza (ezt jelöljük $d_1$-gyel) és az a távolság, amit a lencse kitakar a mérőszalagból (ez legyen $d_2$).

 

5. ábra

 

Készítsünk vázlatot az optikai elrendezésről (6. ábra)! A rajzon három sík látható: a lencse síkja, a mérőszalag síkja és a látszólagos kép síkja. Az átmérők közül a lencse átmérője ($d$) meg van adva, a $d_2$ átmérőt leolvastuk a képről, a látszólagos kép átmérője pedig $N{d}_1$, ahol $d_1$ a képről leolvasott méret és $N$ a nagyítás. A távolságok közül a $t$ tárgytávolság (a lencse és a mérőszalag távolsága) meg van adva, a $k$ képtávolság és az $\ell$ távolság (a lencse és a fényképezőgép távolsága) egyelőre ismeretlen.

 

6. ábra

 

A rajzon ábrázolt mennyiségek között egyszerű összefüggéseket írhatunk fel. A lencsetörvény alapján:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{f}=\frac{1}{t}-\frac{1}{k}\mathrm{,}}\end{array}$

ahol $f$ a keresett fókusztávolság (a látszólagos képtávolság negatív, de $k$-t pozitív távolságként jelöltük). A nagyítás:

$\begin{array}{c}{\displaystyle N=\frac{k}{t}\mathrm{,}}\end{array}$

a látószögek egyenlőségéből (hasonló háromszögek) pedig:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{N{d}_1}{k+\ell }=\frac{d_2}{t+\ell }=\frac{d}{\ell }\mathrm{.}}\end{array}$

Az egyenletrendszert rendezve ($k$-t, $\ell$-et és $N$-et kiejtve):

$\begin{array}{c}{\displaystyle f=\frac{td}{d_2-d_1}\mathrm{.}}\end{array}$

Mielőtt ebbe a kifejezésbe behelyettesítenénk a megadott és leolvasott adatokat, foglalkoznunk kell az adatok hibájával is! Nem véletlenül szerepel a szövegben $4\mathrm{,}00\text{cm}$ és $5\mathrm{,}0\text{cm}$. A lencse átmérőjét tolómérővel meg lehet mérni, így az tizedmilliméter (századcentiméter) pontossággal megadható. A lencse és a mérőszalag távolsága már nem mérhető ilyen pontosan, hiszen a lencse vastagsága sem nulla ‐ ezt az adatot már csak milliméter pontosan adja meg a feladat szövege. A legkritikusabb a $d_1$ és $d_2$ távolságok minél pontosabb leolvasása, mert a fókusztávolság képletében ezek különbsége szerepel. Gondos megfigyeléssel ezek az átmérők néhány tizedmilliméter pontossággal leolvashatók a képről.
A megadott és leolvasott adatok hibájából már a hibaszámítás ismert szabályai szerint meghatározható a fókusztávolság relatív hibája:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\Delta f}{f}=\frac{\Delta t}{t}+\frac{\Delta d}{d}+\frac{\Delta d_1+\Delta d_2}{d_2-d_1}\mathrm{.}}\end{array}$

A megadott és leolvasott adatok hibával:

${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle t}& {\displaystyle =5\pm 0\mathrm{,}05\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">cm</span>}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle d}& {\displaystyle =4\pm 0\mathrm{,}005\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">cm</span>}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle d_1}& {\displaystyle =3\mathrm{,}4\pm 0\mathrm{,}02\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">cm</span>}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle d_2}& {\displaystyle =4\mathrm{,}9\pm 0\mathrm{,}02\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">cm</span>}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$

Ebből a numerikus eredmény: $f=13\mathrm{,}3\pm 0\mathrm{,}5\text{cm}$.

 

Megjegyzések. 1. A versenyzők egy része másképp gondolkozott, másféleképp oldotta meg a feladatot. Ezeknek a megoldásoknak a gondolatmenete a következő.
A 7. ábra szerint a megadott adatok és a leolvasott $d_2$ ,,külső'' átmérő alapján hasonló háromszögek segítségével kifejezhető a lencse és a fényképezőgép $\ell$ távolsága:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \ell =\frac{td}{d_2-d}\mathrm{.}}\end{array}$

 

7. ábra

 

A 8. ábrán az látható, hogy a nagyított képen még éppen látható pontokból (a $d_1$ ,,belső'' átmérő két széléről) induló (és a lencsén megtörve a fényképezőgépbe jutó) fénysugarak olyanok, mintha egy képzeletbeli $P$ pontból indulnának. A $P$ pont lencsétől mért $p$ távolsága az előzőhöz hasonló módon kifejezhető:

$\begin{array}{c}{\displaystyle p=\frac{td}{d-d_1}\mathrm{.}}\end{array}$

 

8. ábra

 

A képzeletbeli $P$ pontból induló fénysugarak a lencsén megtörve éppen a fényképezőgépbe jutnak, így a lencsetörvény alapján

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{f}=\frac{1}{p}+\frac{1}{\ell }\mathrm{,}}\end{array}$

amiből $l$ és $p$ behelyettesítésével és átrendezéssel a fókusztávolságra a már korábban levezetett eredményt kapjuk.
2. A versenyzők közül senki se foglalkozott a hibákkal, és a leolvasást is ,,nagyvonalúan'' végezték (a $d_2$ átmérőt legtöbben kereken $5$cm-nek, mások $4\mathrm{,}8$cm-nek vették). Egy $1$mm-es leolvasási hiba $1$cm-es hibát okoz a fókusztávolságban ‐ ennek ellenére az eredményt legtöbben 4-5 értékes jegy pontossággal adták meg. Így erre a feladatra ‐ bár 16-an lényegében helyesen megoldották ‐ senki se adott teljes értékű megoldást.

 

3. feladat. Egy hosszú, vékony, egyenes tekercs (szolenoid) hossza $\ell =1$ m, átmérője $D_1=2$ cm, meneteinek száma $N_1=2000$, ohmos ellenállása elhanyagolható. A tekercs kivezetéseire $100$ V effektív feszültségű, $100$ kHz frekvenciájú váltakozó feszültséget kapcsolunk. A szolenoid mellett, annak közvetlen közelében, a tengelyére merőleges felezősíkban egy $N_2=200$ menetszámú, lapos, $D_2=3$ cm átmérőjű tekercs helyezkedik el.
Mekkora effektív feszültséget mutat a lapos tekercsre kapcsolt (ideálisnak tekinthető) voltmérő?

 

I. megoldás. A hosszú tekercsben folyó áram hatására a tekercs belsejében valamekkora, időben periodikusan változó $\Phi \left(t\right)$ mágneses fluxus jön létre. A változó mágneses fluxus a hosszú tekercs minden menetében feszültséget indukál, ezek összege minden pillanatban megegyezik a tekercsre kapcsolt váltakozó feszültséggel:

$\begin{array}{c}{\displaystyle U_1\left(t\right)=N_1\frac{\Delta \Phi \left(t\right)}{\Delta t}\mathrm{.}}\end{array}$

A lapos tekercsben nem folyik áram (a voltmérő ellenállása nagyon nagy), de a hosszú tekercs szórt mágneses tere feszültséget indukál benne. A feladat ennek a szórt térnek a meghatározása.
A tekercsen kívüli mágneses mező ($D_1\ll \ell$ miatt) jó közelítéssel olyan, mintha a tekercs egyik végén egy pontszerű forrásból összesen $\Phi \left(t\right)$ mágneses fluxus indulna ki gömbszimmetrikusan, a tekercs másik végén pedig ugyanekkora fluxus nyelődne el (vagyis mintha egy $-\Phi \left(t\right)$ erősségű forrás helyezkedne el ott). A lapos tekercs a hosszú tekercs felezősíkjában, a hosszú tekercshez közel helyezkedik el, így ezen a helyen mindkét forrás külön-külön

$\begin{array}{c}{\displaystyle B\left(t\right)=\frac{\Phi \left(t\right)}{4\pi {\left(\frac{\ell }{2}\right)}^2}}\end{array}$

mágneses indukciót hoz létre (mert a $\Phi$ fluxus egy $\ell /2$ sugarú gömb felületén oszlik el egyenletesen). A lapos tekercs közel van a hosszú tekercshez, így $B$ közel merőleges a felületére. A lapos tekercsen áthaladó teljes (mindkét forrásból származó) fluxus emiatt:

$\begin{array}{c}{\displaystyle {\Phi }_2\left(t\right)=2B\left(t\right)\pi {\left(\frac{D_2}{2}\right)}^{}2=\frac{1}{2}{\left(\frac{D_2}{\ell }\right)}^2\Phi \left(t\right)\mathrm{.}}\end{array}$

Ez az időben változó fluxus a lapos tekercsben

$\begin{array}{c}{\displaystyle U_2\left(t\right)=N_2\frac{\Delta {\Phi }_2\left(t\right)}{\Delta t}=\frac{1}{2}{N}_2{\left(\frac{D_2}{\ell }\right)}^2\frac{\Delta \Phi \left(t\right)}{\Delta t}=\frac{1}{2}\frac{N_2}{N_1}{\left(\frac{D_2}{\ell }\right)}^2{U}_1\left(t\right)}\end{array}$

feszültséget indukál. (Felhasználtuk $U_1\left(t\right)$ korábban felírt kifejezését.)
Az $U_1\left(t\right)$ és $U_2\left(t\right)$ feszültségek minden pillanatban arányosak egymással, így az effektív értékek aránya is ugyanekkora. Ebből a keresett feszültség:

$\begin{array}{c}{\displaystyle U_2=\frac{1}{2}\frac{N_2}{N_1}{\left(\frac{D_2}{\ell }\right)}^2{U}_1\approx 4\mathrm{,}5\text{mV}\mathrm{.}}\end{array}$

 

II. megoldás (Fehér Zsombor megoldása alapján). Egy hosszú, egyenes tekercs (szolenoid) belsejében kialakuló mágneses indukció nagyságára jól ismert a következő összefüggés:

$\begin{array}{c}{\displaystyle B_0={\mu }_0\frac{N_{1}I}{\ell }\mathrm{,}}\end{array}$

ahol $N_1$ a tekercs menetszáma, $I$ a tekercsen átfolyó áramerősség, $\ell$ a tekercs hossza és ${\mu }_0=4\pi \cdot {10}^{-7}\text{Vs/(Am)}$.
Ez az összefüggés azonban véges hosszúságú tekercsre csak közelítőleg igaz! A véges hosszúságú tekercs terét a tekercs középpontjában helyesen a következő kifejezés adja meg:

$\begin{array}{c}{\displaystyle B_{\text{bent}}=B_0\text{cos}\alpha ={\mu }_0\frac{N_{1}I}{\ell }\text{cos}\alpha \mathrm{,}}\end{array}$

ahol $\alpha$ a tekercs zárókörének fél látószöge a középpontból nézve (9. ábra). Ez az összefüggés a Biot‐Savart-törvény segítségével (integrálszámítással, de akár elemi eszközökkel is) levezethető (lásd lentebb a 2. megjegyzést).

 

9. ábra

 

Hosszú, vékony tekercsnél

$\begin{array}{c}{\displaystyle \alpha \approx \text{tg}\alpha =\frac{D_1}{\ell }\ll \mathrm{1,}}\end{array}$

és így $\text{cos}\alpha \approx 1$, tehát az ismert összefüggés általában jó közelítésként használható. Ebben a feladatban azonban ‐ mint látni fogjuk ‐ éppen ennek a közelítésnek a pontossága, vagyis $B_0$ és $B_{\text{bent}}$ kicsiny különbsége lesz számunkra fontos!
Írjuk fel a gerjesztési törvényt egy olyan kis téglalapra, amelynek két oldala a két tekercs tengelyén fekszik (10. ábra):

$\begin{array}{c}{\displaystyle B_{\text{bent}}\Delta \ell +B_{\text{kint}}\Delta \ell ={\mu }_0\frac{N_{1}I}{\ell }\Delta \ell \left(=B_0\Delta \ell \right)\mathrm{,}}\end{array}$

ahol $B_{\text{kint}}$ a rövid tekercsben lévő mágneses indukció nagysága, $N_{1}I\frac{\Delta \ell }{\ell }$ pedig a nagy tekercs azon meneteinek száma, amelyeket a kis hurok körülfog. (Felhasználtuk, hogy a tengelyre merőleges indukciókomponens a szolenoid tengelye tájékán elhanyagolható.) Innen következik, hogy

$\begin{array}{c}{\displaystyle B_{\text{kint}}=B_0-B_{\text{bent}}=B_0\left(1-\text{cos}\alpha \right)=B_0\cdot 2\text{sin}{}^2\frac{\alpha }{2}\approx B_{\text{bent}}\frac{1}{2}{\left(\frac{D_1}{\ell }\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$

 

10. ábra

 

A tekercsekben indukált feszültség arányos a tekercsek menetszámával és az egy meneten áthaladó fluxussal, amiből a keresett feszültség:

$\begin{array}{c}{\displaystyle U_2=\frac{N_2{B}_{\text{kint}}\pi {\left(\frac{D_2}{2}\right)}^2}{N_1{B}_{\text{bent}}\pi {\left(\frac{D_1}{2}\right)}^2}{U}_1=\frac{1}{2}\frac{N_2}{N_1}{\left(\frac{D_2}{\ell }\right)}^2{U}_1\mathrm{,}}\end{array}$

az I. megoldással megegyezően.

 

Megjegyzések. 1. A megoldásban nem használtuk fel a megadott adatok közül a hosszú tekercs $D_1$ átmérőjének és a frekvenciának a számértékét. Ugyanakkor mindkét adat nagyságrendje fontos a megoldáshoz! Felhasználtuk, hogy $D_1\ll \ell$, mert emiatt közelíthettük a külső teret két pontforrás terével. A hosszú tekercs induktív ellenállása, és így a tekercsen folyó áram nagysága függ a frekvenciától. Ha a frekvencia sokkal kisebb (például $50\text{Hz}$) lenne, akkor a tekercsen a rákapcsolt $100\text{V}$ feszültség hatására olyan nagy áram indulna meg, amely a tekercset azonnal szétolvasztaná.
2. A véges hosszúságú tekercs terének levezetése. Egy $r$ sugarú körvezetőben folyó $\Delta I$ erősségű áram által keltett mágneses indukciót a kör síkjára merőleges szimmetriatengely pontjaiban könnyen kiszámíthatjuk a Biot‐Savart-törvény segítségével. A szimmetriatengely azon pontjában, ahonnan a körvezető sugara $\phi$ szögben látszik, tehát amely ponttól a körvezető pontjai $R=r/\text{sin}\phi$ távol vannak (11. ábra), a mágneses indukció

$\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta B={\mu }_0\frac{\Delta I}{4\pi }\frac{2r\pi }{R^2}\text{sin}\phi ={\mu }_0\frac{\Delta I}{2r}\text{sin}{}^3\phi \mathrm{.}}\end{array}$

 

11. ábra

 

Rakjuk össze az $\ell$ hosszúságú $N$ menetes tekercset $\Delta \ell$ vastagságú kis köráramokból. Ekkor egy ilyen kis körben

$\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta I=\frac{NI}{\ell }\Delta \ell }\end{array}$

áram folyik, ami a tengelye mentén, a $\phi$ szöggel jellemezhető pontban

$\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta B={\mu }_0\frac{NI}{2r\ell }\text{sin}{}^3\phi \Delta \ell }\end{array}$

indukciót hoz létre.

 

12. ábra

 

Kihasználva, hogy a tekercs alkotójának kicsiny $\Delta \ell$ hosszúságú darabja a kérdéses pontból

$\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta \phi \approx \frac{\Delta \ell \cdot \text{sin}\phi }{R}=\frac{\text{sin}{}^2\phi }{r}\cdot \Delta \ell }\end{array}$

szög alatt látszik (12. ábra), a körvezetők mágneses indukciója így is felírható:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta B={\mu }_0\frac{NI}{2\ell }\text{sin}\phi \Delta \phi \mathrm{.}}\end{array}$

A tekercs középpontjában létrejövő mágneses indukciót úgy kapjuk meg, hogy ezeket a kis indukciójárulékokat összegezzük $\phi =\alpha$-től $\phi =\pi -\alpha$-ig ($\alpha$ a tekercs zárókörének fél látószöge a tekercs középpontjából).

$\begin{array}{c}{\displaystyle B=\sum _{\phi =\alpha }^{\pi -\alpha }\Delta B={\mu }_0\frac{NI}{2\ell }\sum _{\phi =\alpha }^{\pi -\alpha }\text{sin}\phi \Delta \phi \mathrm{.}}\end{array}$

A fenti képlet végén szereplő összeget egyszerű fizikai megfontolásokkal is meghatározhatjuk. Ha egy $m$ tömegű gyöngyszemet egy függőleges síkban rögzített $r$ rugarú körív mentén (mindvégig érintő irányú erőt alkalmazva) lassan felemeljük a 13. ábrán látható $P_1$ pontból a $P_2$ pontig, akkor a végzett munka

$\begin{array}{c}{\displaystyle W=\sum F\left(\phi \right)\Delta s=mgr\sum _{\phi =\alpha }^{\pi -\alpha }\text{sin}\phi \Delta \phi \mathrm{.}}\end{array}$

Másrészt ez a munka a gyöngyszem helyzeti energiájának megváltozásával egyenlő:

$\begin{array}{c}{\displaystyle W=2mgr\text{cos}\alpha \mathrm{,}}\end{array}$

tehát

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{\phi =\alpha }^{\pi -\alpha }\text{sin}\phi \Delta \phi =2\text{cos}\alpha \mathrm{.}}\end{array}$

Ennek ismeretében a véges hosszúságú tekercs mágneses indukciója a tekercs közepénél:

$\begin{array}{c}{\displaystyle B={\mu }_0\frac{NI}{\ell }\cdot \text{cos}\alpha \mathrm{.}}\end{array}$

 

13. ábra

 

 

$*$

 

Az ünnepélyes eredményhirdetésre és díjkiosztásra 2015. november 20-án délután került sor az ELTE TTK Harmónia termében. Meghívást kaptak az 50 és 25 évvel ezelőtti Eötvös-verseny nyertesei is. Gnädig Péter, az 50 évvel ezelőtti verseny egyik győztese külföldi útja miatt nem tudott eljönni, üzenetét Vankó Péter olvasta fel. Az akkori verseny másik győztese Juvancz Gábor, az ELTE fizikus hallgatója volt, aki nagyon fiatalon, közvetlenül a diplomája megszerzése után egy tragikus balesetben életét vesztette.
A 25 évvel ezelőtti díjazottak közül Horváth Tibor és Maróti Miklós jött el az alkalomra, utóbbi az akkori feladatok ismertetése után röviden beszélt a versennyel kapcsolatos emlékeiről és pályájáról.
Ezután következett a 2015. évi verseny feladatainak és megoldásainak bemutatása. Az 1. feladat megoldását Vigh Máté, a 2. feladatét Vankó Péter, a harmadik feladatét Tichy Géza ismertette.
Ezután került sor az eredményhirdetésre. A díjakat Patkós András, az Eötvös Loránd Fizikai Társulat elnöke adta át.
Egyetlen versenyző sem oldotta meg mindhárom feladatot, így a versenybizottság nem adott ki első díjat.
Egy feladat helyes és egy feladat lényegében helyes megoldásáért második díjat nyert Fehér Zsombor, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium érettségizett tanulója, Horváth Gábor tanítványa ‐ jelenleg az ELTE matematikus hallgatója; Holczer András, a Pécsi Janus Pannonius Gimnázium érettségizett tanulója, Dombi Anna és Kotek László tanítványa ‐ jelenleg a BME villamosmérnök hallgatója; Juhász Dániel, a Szegedi Radnóti Miklós Kísérleti Gimnázium 12. osztályos tanulója, Csányi Sándor tanítványa; Sal Kristóf, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium 12. osztályos tanulója, Kotek László és Horváth Gábor tanítványa valamint Tompa Tamás Lajos, a miskolci Földes Ferenc Gimnázium 11. osztályos tanulója, Zámborszky Ferenc és Kovács Benedek tanítványa.
Egy feladat helyes megoldásáért és a hozzáfűzött diszkusszióért harmadik díjat nyert Balogh Menyhért, a budapesti Baár-Madas Református Gimnázium 12. osztályos tanulója, Horváth Norbert tanítványa.
Egy feladat lényegében helyes megoldásáért dicséretben részesült Bege Áron, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium 11. osztályos tanulója, Horváth Gábor és Szokolai Tibor tanítványa; Bencsik Bálint, az Óbudai Árpád Gimnázium 12. osztályos tanulója, Nagy Attila tanítványa; Bugár Dávid, a révkomáromi Selye János Gimnázium érettségizett tanulója, Szabó Endre tanítványa ‐ jelenleg az ELTE fizikus hallgatója; Forrai Botond, a budapesti Baár-Madas Református Gimnázium 12. osztályos tanulója, Horváth Norbert tanítványa; Frey Balázs, a Váci Szakképzési Centrum Boronkay György Műszaki Szakközépiskola és Gimnázium 12. osztályos tanulója, Tóth Eszter tanítványa; Gémes Antal, a hódmezővásárhelyi Bethlen Gábor Református Gimnázium 11. osztályos tanulója, Lakatos-Tóth István és Nagy Tibor tanítványa; Kasza Bence, a Budai Ciszterci Szent Imre Gimnázium 12. osztályos tanulója, Ábrám László és Sarkadi Tamás tanítványa; Kovács Péter Tamás, a Zalaegerszegi Zrínyi Miklós Gimnázium 11. osztályos tanulója, Juhász Tibor és Pálovics Róbert tanítványa; Körmöczi Dávid, az Egri Szilágyi Erzsébet Gimnázium és Kollégium 12. osztályos tanulója, Szabó Miklós tanítványa; Olosz Balázs, a PTE Babits Mihály Gyakorló Gimnázium érettségizett tanulója, Koncz Károly tanítványa ‐ jelenleg a BME villamosmérnök hallgatója; Szamosfalvi Benjámin Balázs, a Miskolci Herman Ottó Gimnázium 12. osztályos tanulója, Dudás Imre tanítványa; Szick Dániel, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium 12. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Tomcsányi Gergely, a Váci Szakképzési Centrum Boronkay György Műszaki Szakközépiskola és Gimnázium 12. osztályos tanulója, Tóth Eszter tanítványa valamint Török Péter, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium 11. osztályos tanulója, Horváth Gábor és Szokolai Tibor tanítványa.

A MOL támogatásával a második díjjal nettó 25 ezer, a harmadik díjjal nettó 20 ezer forint pénzjutalom járt, a dicséretes versenyzők valamint a díjazottak tanárai pedig a versenyt támogató Typotex Kiadó könyveit kapták.