Gravitační a tíhové pole

výškách
(řádově desítek nebo stovek km) nad povrchem Země. Opravňuje nás k tomu i skutečnost, že
ve výšce okolo 30 km nad povrchem Země se gravitační zrychlení zmenší jen o 1 %.






Obr. 6 Homogenní tíhové pole Země

2.3 Potenciál gravitačního pole
Jak již známe z kapitoly o práci a energii v části Mechanika, změna polohy tělesa
v gravitačním poli Země znamená změnu jeho potenciální energie. Další poznatek z téže
kapitoly: rozhodující jsou rozdíly potenciální energie, ne jejich absolutní hodnoty.
Rozdíl potenciální energie tělesa o hmotnosti m při jeho přemístění z výšky
1
h do výšky
2
h nad povrchem Země se rovná práci potřebné na toto přemístění (platí v oblasti malých
výšek, kde je možno gravitační pole považovat za homogenní a tedy velikost intenzity za
konstantní)
Abychom mohli zavést stupnici pro potenciální energii tělesa, je potřeba zavést její
nulovou hodnotu v některém bodě. Z praktického hlediska se za nulovou hladinu potenciální
energie volí právě povrch Země. Potenciální energie tělesa o hmotnosti m je pak vyjádřena
vztahem
Volba nulové hladiny potenciální energie na povrch Země není jediná možnost.
Nulovou hodnotu je možno volit i v místě, kdy je vzdálenost hmotného bodu od zdroje pole
M nekonečně velká, tedy
)(
12
hhFEW
gp
−=∆= .
(9)
mghE
p
= .
(10)
0=
p
E pro ∞→r
(11)
Země
g
r
9
Pak bude potenciální energie pro každou konečnou vzdálenost záporná a bude mít tím větší
absolutní hodnotu
p
E , čím blíže budou částice u sebe ( 0→r ). Pro gravitační potenciální
energii můžeme psát

Chceme-li prostřednictvím potenciální energie popsat gravitační pole, narazíme na
podobný problém jako v případě gravitační síly: potenciální energie totiž závisí na hmotnosti
m tělesa, na které pole působí. Je proto opět vhodné zavést novou veličinu, která bude záviset
pouze na hmotnosti M tělesa, jehož gravitační pole popisujeme. Takovouto veličinou je
potenciál gravitačního pole
g
ϕ . Je definován jako potenciální energie vztažená na
jednotkovou hmotnost:
Jednotkou potenciálu je joule na kilogram (J.kg
-1
= m
2
.s
-2
).
Všechny body pole, které dosahují stejnou hodnotu potenciálu, vytvářejí v prostoru
spojité plochy. Plochy se stejným potenciálem se nazývají ekvipotenciální plochy (hladiny).
Ekvipotenciální plocha jsou kolmé k vektoru intenzity gravitačního pole.
Potenciál radiálního gravitačního pole je
Ekvipotenciální hladiny tohoto pole vytvářejí kulové slupky se středem v hmotném
bodě M.








Obr. 7 Rozložení siločar a ekvipotenciálních hladin v radiálním gravitačním poli hmotného
bodu (koule)
r
mM
GE
p
−=
(12)
m
E
p
g
=ϕ .
(13)
r
M
G
m
E
p
g
−==ϕ .
(14)

-0,1-0,2-0,3
m
K
10






Obr. 8 Siločáry a ekvipotenciální hladiny v homogenním tíhovém poli Země
Pojmy intenzita a potenciál gravitačního pole nám umožňují popsat účinky gravitačního
pole na hmotné objekty.

Otázka 3
Potenciál gravitačního pole hmotného bodu závisí na vzdálenosti uvažovaného bodu
pole od hmotného bodu tak, že je
a) přímo úměrný druhé mocnině vzdálenosti
b) nepřímo úměrný druhé odmocnině vzdálenosti
c) přímo úměrný vzdálenosti
d) nepřímo úměrný vzdálenosti

Otázka 4
Jak se mění potenciální energie volně padajícího kamene (ve vakuu)?
a) po celou dobu se mění rovnoměrně
b) rychleji se mění na počátku pohybu
c) rychleji se mění na konci pohybu
d) vůbec se nemění – po celou dobu zůstává konstantní

Příklad 3
Určete hmotnost Marsu, jestliže intenzita gravitačního pole na povrchu Marsu je
3,63 N.kg
-1
a jeho poloměr je 3,32.10
6
m.
Řešení:
Velikost intenzity gravitačního pole Marsu je podle (8) a (7)vyjádřena rovnicí
2
M
M
R
M
GK = . Odtud hmotnost Marsu je
G
KR
M
M
M
2
=
Číselně
()
kg10.6
10.67,6
10.32,3.63,3
23
11
2
6
==
−
M
M .
Země
g
r
11
3 Pohyby těles v homogenním tíhovém poli
V úlohách, kdy uvažujeme pohyb malého rozsahu, považujeme tíhovou sílu a stejně
tak i tíhové zrychlení za konstantní. Protože tíhové zrychlení se mění se zeměpisnou šířkou,
bylo z praktických důvodů dohodou stanoveno tzv. normální tíhové zrychlení, jehož
konstantní velikost je 9,806 65 m.s
-2
přesně. Při výpočtech dosazujeme hodnotu 9,81 m.s
-2
.
Toto zrychlení (jak již bylo mnhokrát připomenuto) míří vždy svisle dolů.
Při řešení úloh o pohybu těles je obvyklé volit svislou souřadnicovou osu y vždy tak,
aby její kladný směr byl orientován vzhůru.Volba opačné orientace osy je však stejně dobře
možná.

Volný pád
Nejjednodušším případem svislého vrhu je volný pád z výšky h. V homogenním
tíhovém poli, ve kterém je g
r
konstantní, se jedná o rovnoměrně zrychlený pohyb směrem
svisle dolů. Tento směr má i tíhové zrychlení g
r
a rychlost v
r
pohybu tělesa. Orientujeme-li
osu y kladně dolů, je rychlost a velikost dráhy volně padajícího tělesa vyjádřena vztahy

Příklad 4
Nákladní stavební výtah je upevněn na jediném laně. Lano se náhle přetrhne, když
výtah stojí v nejvyšším patře budovy, ve výšce 120 m. a) Jakou rychlostí dopadne kabina na
zem? b) Jak dlouho poletí? c) Jakou rychlost bude mít právě v polovině vzdálenosti měřené
od výchozího bodu k zemi? d) Za jak dlouho urazí první polovinu této vzdálenosti?

Řešení:
a) Výtah je upevněn ve výšce
2
2
1
tgh =
Po přetržení lana se pohybuje volným pádem a pro jeho rychlost platí tgv = .
Vyloučením času a malou úpravou dostaneme z uvedených dvou rovnic vztah pro rychlost,
kterou výtah získá těsně před dopadem na zemi
hgv 2= , číselně
11
m.s5,48m.s81,91202
−−
=⋅⋅=v .
b) Nákladní výtah bude padat po dobu
g
v
t = , po dosazení hodnot: s95,4s
81,9
5,48
==t .
c) V polovině vzdálenosti bude mít výtah rychlost
gh
h
gv =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=′
2
2 , tj.
11
m.s3,34m.s12081,9
−−
=⋅=′v
,tgv =
2
2
1
tgh = .
(15)
12
d) První polovinu vzdálenosti urazí výtah za dobu s50,3s
81,9
3,34
==
′
=′
g
v
t .

Pokud se lano kabiny utrhne, dopadne kabina na zem za 4,95 sekund rychlostí 48,5 m.s
-1
. Ve
výšce 60 m nad zemí (tj. v polovině volného pádu) bude za 3,5 sekundy. Jeho rychlost v tomto
bodě bude 34,3 m.s
-1
.
Otázka 5
Pustíme-li kuličku na zem z výšky h, dopadne rychlostí v. Z jaké výšky ji musíme
pustit, aby dopadla na zem rychlostí 2v?
a) 4h b)3h c) 2h d) h/2

Svislý vrh vzhůru
Tento pohyb je složením dvou pohybů: rovnoměrného přímočarého
vzhůru a volného pádu.
Orientujeme-li osu y kladně vzhůru, má počáteční rychlost
0
v
r
orientaci
opačnou než tíhové zrychlení g
r
. Rovnice pro rychlost a polohu hmotného bodu při
tomto pohybu mají tvar
tgvv −=
0
,
2
0
2
1
tgtvy −= (16)

Rozeznáváme tři fáze pohybu:
1. V první fázi těleso vystupuje vzhůru, gtv >
0
. Jeho rychlost se postupně zmenšuje,
těleso se pohybuje rovnoměrně zpomaleným pohybem.
2. V okamžiku, kdy těleso vystoupá až do maximální výšky
max
y , jeho rychlost v je
nulová a platí gtv =
0
. Z tohoto vztahu můžeme určit dobu výstupu
v
t
g
v
t
v
0
= . Dosazením času výstupu do rovnice (16) můžeme určit maximální výšku,
kterou těleso dosáhne:
g
v
gttvy
vv
22
1
2
02
0max
=−= (17)
3. Ve třetí fázi, kdy platí gtv <
0
se těleso vrací k zemi pohybem rovnoměrně zrychleným.
Při dopadu je jeho výška y nulová, z rovnice (16) pak můžeme vypočíst čas dopadu
d
t
vddd
t
g
v
tgttv 22
2
1
0
2
02
0
==⇒−= (18)

0
v
r

y
13
Doba dopadu je tedy dvojnásobkem doby výstupu.
Dosazením
d
t do rovnice pro rychlost (16) je možno vyjádřit rychlost dopadu
0
0
00
2
v
g
v
gvgtvv
dd
−=−=−=
Znamená to, že těleso dopadne stejně velkou rychlostí jakou bylo vrženo vzhůru, ale
opačně orientovanou (záporné znaménko).


Příklad 5
Míček byl vržen svisle vzhůru rychlostí
1
0
m.s5,28
−
=v . Za 0,6 s byl vržen z téhož
místa druhý míček, a to stejně velkou rychlostí. a) Za jak dlouho a v jaké výšce se oba míčky
srazí? b) Jak velký časový posun mezi oběma vrhy může být, aby byla úloha řešitelná?
Řešení:
a) Polohu prvního míčku v jakémkoliv čase vyjadřuje rovnice
2
01
2
1
tgtvy −=
Druhý míček byl vržen o s6,0=∆t později, takže:
()
2
02
2
1
)( ttgttvy ∆+−∆+= .
Má-li dojít ke srážce, musí mít oba míčky stejnou souřadnici

21
yy = .
()
2
0
2
0
2
1
)(
2
1
ttgttvgttv ∆+−∆+=− .
Po matematických úpravách obdržíme z tohoto vztahu pro čas srážky
s6,2s
2
6,0
81,9
5,28
2
0
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
∆
−=
t
g
v
t
Výšku, v jaké došlo ke srážce, určíme již snadno:
m41m6,2.81,9
2
1
6,2.5,28
2
1
22
0
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=−= >tvh
b) Doba dopadu prvního míčku (viz předchozí výklad) je
s8,5s
81,9
5,28.2
2
0
===
g
v
t
d
.
Pokud bychom vrhali druhý míček za dobu delší než 5,8 s, ke srážce by vůbec nedošlo. První
míček by už totiž byl na zemi.

14

Svislý vrh dolů
V tomto případě je rychlost
0
v
r
stejně orientována jako tíhové zrychlení g
r
. Pohyb je
složením pohybu rovnoměrně zrychleného svisle dolů a volného pádu. Orientujeme-li osu y
kladně dolů, pak rovnice pro rychlost a dráhu tohoto pohybu mají tvar
tgvv +=
0
,
2
0
2
1
tgtvy += (19)

V předchozích dvou odstavcích jsme se zabývali zvláštním případem pohybu částice
s konstantním zrychlením, tzv. svislým vrhem. Shrňme stručně hlavní výsledky:
Těleso volně vypuštěné v blízkosti povrchu Země padá se stálým zrychlením, podaří-li
se v dostatečné míře omezit vliv odporu prostředí. Toto tíhové zrychlení g
r
je pro všechna
tělesa stejné. Trajektorií padajícího tělesa je přímka definující svislý směr. Udělíme-li tělesu
na počátku experimentu nenulovou rychlost ve svislém směru (vzhůru či dolů), pohybuje se
opět se zrychlením g
r
a jeho pohyb je také opět přímočarý.
Nyní se budeme zabývat pohyby, při nichž je tělesu udělena počáteční rychlost
v obecném směru (nejen svislém). V tíhovém poli se jedná o vodorovný a šikmý vrh.
Také v těchto případech letí těleso vždy se stejným zrychlením g
r
. Jeho trajektorie
nyní leží ve svislé rovině určené vektorem tíhového zrychlení a směrem počáteční
rychlosti tělesa. Tento složitý pohyb se matematicky značně zjednoduší, využijeme-li
principu nezávislosti pohybů, který je dán vektorovým charakterem veličin popisujících
pohyb (poloha, rychlost a zrychlení) a stálosti zrychlení při pohybu.

Jakýkoliv pohyb částice v rovině můžeme rozložit na dva jednodušší pohyby přímočaré ve
vodorovném a svislém směru.


Vodorovný vrh
Vodorovný vrh můžeme pozorovat například při
vytékání tekutiny z otvoru ve stěně nádoby. Pohyb
rozložíme na rovnoměrný pohyb ve směru osy x a
volný pád z výšky h. (Osu y orientujme kladně
vzhůru.)
Rovnice ve směru osy x a osy y pak mají tvar
0
vv
x
= , gtv
y
−= (20 a, b)
tvx
0
= ,
2
2
1
gthy −= (21 a, b)



x
y
h
0
v
r

15
Příklad 6
Při filmování honičky na ploché střeše má kaskadér přeskočit na střechu sousední nižší
budovy vzdálené o 6,2 m. Nedopadne tato scéna tragicky? Kaskadér může běžet po střeše
rychlostí nanejvýš 4,5 m.s
-1
.
Řešení:
Skok z výšky m8,4=h trvá po dobu t, kterou
určíme z rovnice (20b). Při dopadu je 0=y , takže
s99,0
81,9
8,4.22
2
1
2
===⇒=
g
h
tgth

Nyní je třeba určit, jak daleko doletí kaskadér
za tuto dobu ve vodorovném směru.
m46,4m99,0.5,4
0
=== tvx .
Sousední budova je však vzdálena o 6,2 m.

Kaskadér si tedy nemůže dovolit skákat, na sousední budovu není schopen doskočit.

Otázka 6
Ve výšce h nad vodní hladinou je těleso A vrženo vodorovně rychlostí
0
v a těleso B
puštěno volným pádem. Zanedbáme-li odpor vzduchu,
a) dopadne těleso A na vodní hladinu před tělesem B.
b) dopadnou tělesa A i B současně.
c) dopadne těleso B na vodní hladinu před tělesem A.
d) nelze rozhodnout, výsledek závisí na hodnotě h.


Otázka 7
Kámen je vržen ve vodorovném směru z věže rychlostí
0
v
r
. Na obrázku je vyznačena
část jeho trajektorie. Ve kterém bodě je zrychlení kamene největší?
y
a) v bodě A