Многим уже знакома фишка с тем, что если подбросить бутылку, частично заполненную жидкостью, то она может приземлиться ровно на дно. Это предложили исследовать физикам к предстоящему в 2018 году международному турниру юных физиков, который состоится в Китае. Такие турниры проводятся и в России -
видео демонстрация команды из Барабинска:

В формулировке задачи было задано исследовать явление и параметры, влияющие на удачное приземление бутылки. Полное динамическое описание такой задачи достаточно сложное (видно, что вода внутри перетекает по мере вращения бутылки, изменяя момент инерции, а значит и угловую скорость), но я хочу попытаться дать хотя бы приближённое к действительности простое описание системы.

В момент закрутки бутылки вращение происходит относительно горлышка (верхней части бутылки). После того, как бутылку отпускают, она начинает вращаться и двигаться поступательно:



Удобнее рассматривать это вращение относительно оси, проходящей через центр масс (одна из главных осей инерции). Тогда всё движение можно разделять на вращение относительно центра масс и поступательное движение центра масс. Ясно, что горизонтальная скорость не вносит вклад в вероятность успешного приземления: определяющими параметрами будут то, сколько оборотов успевает сделать бутылка до удара (угловая скорость) и время падения, которое определяется начальной высотой и вертикальной скоростью. Горизонтальная скорость влияет только на то, в каком месте бутылка приземлится (нам это не интересно). Тогда для удобства положим горизонтальную скорость равной нулю.
Для начала найдём положение центра масс. Если высота бутылки - ll, масса бутылки - mbm_b, высота уровня жидкости - hh и масса воды - mlm_l, то считая бутылку равномерным цилиндром получим координату центра масс относительно дна бутылки - xx:

x=mbl+mlh2(mb+ml)(1.1)x = \frac{m_b l + m_l h}{2(m_b+m_l)} \qquad (1.1)

При этом расстояние от верхней части бутылки до центра масс - r=l−xr = l - x:

r=mbl+ml(2l−h)2(mb+ml)(1.2)r = \frac{m_b l + m_l (2l - h)}{2(m_b+m_l)} \qquad (1.2)

Теперь, используя (1.2), можно найти начальную вертикальную скорость - V0V_0, имея начальную угловую скорость - ω\omega. Предполагая, что человек отпускает бутылку в момент её горизонтального положения, получим:

V0=ωmbl+ml(2l−h)2(mb+ml)(1.3)V_0 = \omega \frac{m_b l + m_l (2l - h)}{2(m_b+m_l)} \qquad (1.3)

Имея начальное расстояние от центра масс бутылки до пола равное HH и начальную скорость из (1.3), можно найти время падения бутылки (Зная, что конечное расстояние от центра масс до пола должно быть равно xx):

T=V0g(1+1+2g(H−x)V02)(1.4)T = \frac{V_0}{g}\Bigg(1 + \sqrt{1 + \frac{2g(H-x)}{V_0^2}} \Bigg) \qquad (1.4)

Подставляя в (1.4) (1.3) и (1.1), получим конечную формулу для времени падения, необходимого для успешного приземления:

T=ωmbl+ml(2l−h)2g(mb+ml)(1+1+8g(mb+ml)2(H−mbl+mlh2(mb+ml))ω2(mbl+ml(2l−h))2)(1.5)T = \omega \frac{m_b l + m_l (2l - h)}{2g(m_b+m_l)} \Bigg( 1 + \sqrt{1+ \frac{8g(m_b+m_l)^2\Bigg( H-\frac{m_b l + m_l h}{2(m_b+m_l)}\Bigg)}{\omega^2(m_b l + m_l (2l - h))^2} }\Bigg) \qquad (1.5)

Формула получилась достаточно большая. Это произошло потому, что время связано с начальной скоростью, которая определяется угловой скоростью и координатой центра масс. В свою очередь, координата центра масс зависит от параметров системы. В таком виде использовать это соотношение не удобно, но нам (1.5) напрямую не понадобится.

Самый главный вопрос - с какой угловой скоростью нужно запустить бутылку при заданных параметрах системы, чтобы она успешно приземлилась? Бутылка за время падения должна сделать 3/43/4 оборота то есть повернуться на угол α=3π/2=ωT\alpha = {3 \pi}/{2} = \omega T (рисунок внизу).



Используя то, что 3π/2=ωT{3 \pi}/{2} = \omega T и (1.4) получим, что

ω2rg(1+1+2g(H−x)ω2r2)=3π2(1.6)\frac{\omega^2 r}{g} \Bigg( 1 + \sqrt{1 + \frac{2g(H-x)}{\omega^2 r^2}} \Bigg) = \frac{3 \pi}{2} \qquad (1.6)

Решая это уравнение относительно ω\omega, мы увидим, что единицы из скобки и из корня при возведении в квадрат взаимно уничтожаться и получится совсем простое квадратное уравнение. Мы берём только положительный корень, так как работаем с модулем угловой скорости (направление мы учли при подсчёте угла поворота):

ω=3π2g3πr+2(H−x)(1.7)\omega = \frac{3\pi}{2} \sqrt{\frac{g}{3\pi r + 2(H-x)}} \qquad (1.7)

Подставляя (1.1) и (1.2) в (1.7) и учитывая, что ml=ρlπR2hm_l = \rho_l \pi R^2 h, где ρl\rho_l - это плотность залитой жидкости, а RR - это радиус бутылки, получаем конечную формулу для угловой скорости:

ω=3π2g(mb+ρlπR2h)mb(lλ−+2H)+ρlπR2h(3πl+2H−hλ+)(1.8)\omega = \frac{3\pi}{2} \sqrt{\frac{g(m_b+\rho_l \pi R^2 h)}{m_b(l \lambda_- + 2H) + \rho_l \pi R^2 h(3\pi l + 2H - h \lambda_+)}} \qquad (1.8)

Где λ−=3π2−1\lambda_- = \frac{3 \pi}{2} - 1; λ+=3π2+1\lambda_+ = \frac{3 \pi}{2} + 1

Проще всего использовать (1.7), подставляя заранее рассчитанные по формулам (1.1) и (1.2) rr и xx.

Также необходимо учесть ограничения на установку, происходящие из-за того, что бутылка имеет размер и нужно, чтобы когда она сделала оборот на π/2\pi / 2, расстояние до пола было больше, чем rr:

H+V0T3−gT218>r(1.9)H + \frac{V_0 T}{3} - \frac{gT^2}{18} > r \qquad (1.9)

В противном случае бутылка просто ударится верхней частью о пол.
Используя то, что ωT=3π/2\omega T = {3 \pi}/{2}, решаем неравенство (1.9) относительно ω\omega.

ω>π2g2H+r(π−2)(1.10)\omega > \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{g}{2H + r(\pi - 2)}} \qquad (1.10)

Получается, что при увеличении размеров бутылки, необходимая для переворота угловая скорость уменьшается! Почему же так получилось? Дело в том, что в нашем способе бросания время падения определяется начальной вертикальной скоростью, которая в свою очередь определяется угловой скоростью и размерами бутылки: чем больше размер, тем больше rr, а значит больше и V0V_0!

Условие (1.10) достаточно легко выполняется практически для любых начальных высот (Это легко понять, сравнивая (1.10) с (1.7)). Проблемы начинаются при отрицательных высотах: на большую возвышенность забросить бутылку не получится (в нашем способе бросания):