Menguraikan Gerak Proyektil menjadi Komponen untuk Fisika HSC

Bayangkan dua bola identik berada pada ketinggian yang sama. Anda menjatuhkan satu bola lurus ke bawah. Tepat pada saat yang sama, Anda menembakkan bola lainnya secara horizontal.

Bola mana yang menyentuh tanah lebih dahulu?

Mudah untuk mengira bahwa bola yang ditembakkan akan berada di udara lebih lama karena memiliki “gerak tambahan”. Namun, dalam model proyektil ideal, keduanya menyentuh tanah pada saat yang sama. Kecepatan horizontal bola kedua tidak memperlambat jatuhnya secara vertikal.

Hasil ini adalah kunci gerak proyektil: perlakukan gerak horizontal dan vertikal secara terpisah dengan menggunakan waktu yang sama, lalu gabungkan keduanya ketika Anda perlu menentukan posisi atau kecepatan proyektil yang sebenarnya.

01Satu proyektil, dua gerak

Bayangkan sebuah bola bergerak di udara setelah lepas dari tangan Anda. Setelah bola dilepaskan, anggap kita mengabaikan hambatan udara.

Gaya apa yang bekerja padanya?

Hanya beratnya. Gravitasi menarik secara vertikal ke bawah. Tidak ada gaya horizontal.

Ini memberi kita dua gerak yang jauh lebih sederhana yang tersembunyi di dalam satu lintasan melengkung:

Di sini \(g = 9.8\ \text{m s}^{-2}\) di dekat permukaan Bumi.

Jadi, lintasan melengkung tersebut bukanlah satu jenis gerak yang rumit. Lintasan itu merupakan gerak dengan kecepatan konstan ke samping yang terjadi pada saat yang sama dengan gerak berpercepatan konstan secara vertikal.

Gambaran mental yang berguna adalah dua siswa yang membawa kedua ujung sebuah papan tulis raksasa. Satu siswa hanya mengendalikan gerakan ke samping. Siswa lainnya hanya mengendalikan gerakan naik dan turun. Posisi akhir papan bergantung pada keduanya, tetapi tidak satu pun siswa secara langsung mengubah apa yang dilakukan siswa lainnya.

Analogi ini tidak sepenuhnya tepat karena proyektil adalah satu benda, bukan dua orang. Gagasan pentingnya hanyalah bahwa komponen-komponen gerak yang saling tegak lurus dapat dianalisis secara terpisah.

02Menguraikan kecepatan awal

Misalkan sebuah proyektil diluncurkan dengan kelajuan \(u\) pada sudut \(\theta\) di atas horizontal.

Vektor kecepatan dapat diuraikan menjadi:

\[ u_x = u\cos\theta \]

dan

\[ u_y = u\sin\theta \]

dengan:

• \(u_x\) adalah kecepatan horizontal awal dalam meter per sekon,
• \(u_y\) adalah kecepatan vertikal awal dalam meter per sekon,
• \(u\) adalah kelajuan peluncuran dalam meter per sekon, dan
• \(\theta\) adalah sudut peluncuran di atas horizontal.

Ini hanyalah trigonometri segitiga siku-siku. Jika \(\theta\) diukur dari horizontal, komponen horizontal adalah sisi yang berdekatan dengan sudut, sehingga menggunakan kosinus. Komponen vertikal adalah sisi di hadapan sudut, sehingga menggunakan sinus.

Sebagai contoh, jika sebuah bola diluncurkan dengan \(20\ \text{m s}^{-1}\) pada \(30^\circ\),

\[ u_x = 20\cos30^\circ = 17.3\ \text{m s}^{-1} \]

dan

\[ u_y = 20\sin30^\circ = 10.0\ \text{m s}^{-1}. \]

Jadi proyektil memulai dua gerak secara bersamaan: \(17.3\ \text{m s}^{-1}\) secara horizontal dan \(10.0\ \text{m s}^{-1}\) ke atas.

Kelajuannya tidak tiba-tiba menjadi \(27.3\ \text{m s}^{-1}\). Komponen tidak dijumlahkan seperti bilangan biasa karena arahnya saling tegak lurus.

03Waktu yang sama berlaku untuk kedua arah

Bagian inilah yang membuat soal proyektil dapat diselesaikan.

Misalkan proyektil telah bergerak selama \(1.2\ \text{s}\). Gerak horizontalnya telah berlangsung selama \(1.2\ \text{s}\), dan gerak vertikalnya juga telah berlangsung selama \(1.2\ \text{s}\).

Tidak ada dua waktu yang berbeda.

Untuk gerak horizontal, karena \(a_x=0\),

\[ x = x_0 + u_x t \]

dan

\[ v_x = u_x. \]

Untuk gerak vertikal, dengan arah ke atas sebagai positif,

\[ y = y_0 + u_y t - \frac{1}{2}gt^2 \]

dan

\[ v_y = u_y-gt. \]

Di sini:

• \(x_0\) dan \(y_0\) adalah koordinat awal dalam meter,
• \(x\) dan \(y\) adalah koordinat pada waktu berikutnya,
• \(t\) adalah waktu yang telah berlalu dalam sekon,
• \(v_x\) dan \(v_y\) adalah komponen kecepatan pada waktu berikutnya dalam meter per sekon.

Perhatikan hubungan antara kedua kelompok persamaan tersebut: \(t\).

Waktu bersama inilah yang biasanya memungkinkan Anda berpindah dari satu komponen ke komponen lainnya. Anda mungkin menggunakan gerak vertikal untuk menentukan berapa lama proyektil berada di udara, lalu memasukkan waktu itu ke persamaan horizontal untuk menentukan jangkauannya.

04Apa arti “independen” dan apa yang tidak dimaksudkannya

Mengatakan bahwa gerak horizontal dan vertikal bersifat independen dapat menimbulkan kesalahan jika kata tersebut ditafsirkan terlalu harfiah.

Artinya, dalam model ideal, gravitasi mengubah kecepatan vertikal tanpa mengubah kecepatan horizontal.

Ini tidak berarti bahwa perhitungan horizontal dan vertikal tidak berhubungan. Keduanya menggambarkan proyektil yang sama, sehingga harus menggunakan waktu yang sama.

Misalkan sebuah proyektil mencapai dinding setelah \(2.0\ \text{s}\). Anda tidak dapat kemudian menggunakan \(1.6\ \text{s}\) dalam persamaan vertikal hanya karena waktu itu menghasilkan ketinggian yang nyaman. Kedua komponen menggambarkan saat yang sama.

Syarat waktu bersama ini adalah salah satu cara paling berguna untuk memeriksa kesalahan dalam gerak proyektil.

05Gravitasi tidak “habis” di titik tertinggi

Sekarang pertimbangkan peluncuran bersudut.

Saat proyektil naik, \(v_y\) berkurang karena gravitasi bekerja ke bawah. Pada titik tertinggi,

\[ v_y=0. \]

Prediksikan apa yang terjadi pada percepatan pada saat itu. Apakah percepatan juga menjadi nol?

Tidak. Gravitasi masih bekerja, sehingga

\[ a_y=-9.8\ \text{m s}^{-2} \]

bahkan tepat di titik tertinggi.

Kecepatan vertikal nol berarti proyektil berhenti bergerak ke atas selama sesaat. Itu tidak berarti gaya gravitasi telah hilang.

Sementara itu,

\[ v_x=u_x \]

sepanjang seluruh gerak ideal.

Jadi, pada titik tertinggi proyektil bersudut biasa, kecepatannya horizontal, tetapi percepatannya vertikal dan mengarah ke bawah.

06Menggabungkan kembali gerak

Terkadang sebuah soal hanya menanyakan jarak horizontal atau ketinggian maksimum. Dalam kasus tersebut, Anda mungkin tidak perlu menggabungkan kembali komponen-komponennya.

Namun, jika Anda memerlukan kecepatan sebenarnya dari proyektil, gunakan teorema Pythagoras:

\[ v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}. \]

Arahnya terhadap horizontal dapat ditentukan dari

\[ \tan\phi=\frac{v_y}{v_x}. \]

Berhati-hatilah dengan tanda. Jika \(v_y<0\) sementara \(v_x>0\), proyektil bergerak di bawah horizontal.

Anda dapat melakukan hal yang sama dengan komponen perpindahan. Jika suatu benda telah berpindah \(x\) meter secara horizontal dan \(y\) meter secara vertikal dari suatu titik acuan, kedua komponen tersebut bersama-sama menentukan posisi proyektil dalam dua dimensi.

07Mengapa lintasannya melengkung

Perpindahan horizontal bertambah secara linear terhadap waktu:

\[ x=u_x t \]

jika proyektil mulai dari \(x=0\).

Perpindahan vertikal mengandung suku \(t^2\):

\[ y=y_0+u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

Jika \(u_x\neq0\), maka

\[ t=\frac{x}{u_x}. \]

Menyubstitusikan ini ke persamaan vertikal menghasilkan

\[ y=y_0+\frac{u_y}{u_x}x-\frac{g}{2u_x^2}x^2. \]

Untuk kelajuan peluncuran \(u\) pada sudut \(\theta\), persamaan ini juga dapat ditulis sebagai

\[ y=y_0+x\tan\theta-\frac{gx^2}{2u^2\cos^2\theta}. \]

Hal yang penting adalah suku \(x^2\). Dalam model gravitasi konstan ideal, lintasannya berbentuk parabola.

Anda tidak memerlukan persamaan ini untuk setiap soal proyektil. Sering kali, persamaan komponen dengan waktu bersama lebih jelas dan lebih sulit disalahgunakan.

08Kesalahpahaman yang menyebabkan banyak masalah

Gambaran yang umum adalah seperti ini:

Proyektil didorong ke depan, jadi pasti ada suatu gaya ke depan yang terus bekerja padanya.

Hal ini terasa masuk akal karena benda sehari-hari melambat setelah kita mendorongnya.

Namun, biasanya benda-benda tersebut melambat karena gesekan atau hambatan udara. Dalam model proyektil ideal, setelah benda meninggalkan peluncur, tidak ada gaya horizontal yang terus bekerja.

Hukum pertama Newton kemudian memberi tahu kita bahwa kecepatan horizontalnya tetap konstan.

Kesalahan lain yang menggoda hampir merupakan kebalikannya: “Gravitasi bekerja pada proyektil, jadi seluruh kecepatannya pasti berkurang.”

Gravitasi hanya mengubah komponen yang sejajar dengan gravitasi. Dengan sumbu yang biasa kita gunakan, komponen itu adalah \(v_y\). Gravitasi tidak secara langsung mengubah \(v_x\).

09Kapan model komponen sederhana tidak lagi tepat

Model proyektil HSC biasanya mengasumsikan:

• hambatan udara dapat diabaikan,
• percepatan gravitasi konstan dan mengarah vertikal ke bawah, dan
• kelengkungan serta rotasi Bumi dapat diabaikan untuk jarak yang terlibat.

Dengan asumsi-asumsi tersebut,

\[ a_x=0,\qquad a_y=-g. \]

Proyektil nyata dapat mengalami gaya hambat. Gaya hambat berlawanan arah dengan kecepatan benda, sehingga dapat memiliki komponen horizontal maupun vertikal. Dalam keadaan itu, \(v_x\) tidak lagi tetap konstan.

Menguraikan vektor menjadi komponen tetap merupakan metode yang valid. Yang berubah adalah fisika yang Anda masukkan ke setiap persamaan komponen.

Perbedaan ini penting: komponen adalah metode matematis, sedangkan “kecepatan horizontal konstan” merupakan konsekuensi dari model fisika tertentu.

10Metode yang andal untuk soal proyektil HSC

Ketika soal proyektil terlihat rumit, gunakan urutan berikut:

1. Pilih arah positif \(x\) dan \(y\).
2. Gambar atau identifikasi vektor kecepatan awal.
3. Uraikan menjadi \(u_x\) dan \(u_y\).
4. Tuliskan \(a_x=0\) dan \(a_y=-g\) jika asumsi proyektil ideal berlaku.
5. Tentukan komponen mana yang memiliki cukup informasi untuk mencari waktu.
6. Gunakan waktu yang sama pada komponen lainnya.
7. Gabungkan kembali komponen hanya jika soal meminta kelajuan total, arah, atau perpindahan.
8. Periksa apakah tanda dan hasil fisiknya masuk akal.

Nilai \(v_y\) yang negatif sering kali sepenuhnya masuk akal: itu berarti proyektil sedang turun. Waktu negatif biasanya bukan solusi fisik yang Anda cari.

11Pertanyaan dan solusi

Pertanyaan 1

Sebuah bola diproyeksikan secara horizontal dengan \(14.0\ \text{m s}^{-1}\) dari puncak tebing setinggi \(19.6\ \text{m}\). Abaikan hambatan udara.

Tentukan:

a. waktu yang diperlukan untuk mencapai tanah,
b. jarak horizontal yang ditempuh, dan
c. kecepatan sesaat sebelum tumbukan.

Solusi 1

Bola memerlukan \(2.00\ \text{s}\) untuk jatuh, menempuh \(28.0\ \text{m}\) secara horizontal, dan menumbuk tanah dengan \(24.1\ \text{m s}^{-1}\), \(54.5^\circ\) di bawah horizontal.

Untuk gerak vertikal,

\[ u_y=0,\qquad \Delta y=-19.6\ \text{m},\qquad a_y=-9.8\ \text{m s}^{-2}. \]

Dengan menggunakan

\[ \Delta y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2, \]

kita memperoleh

\[ -19.6=-4.9t^2. \]

Maka,

\[ t=2.00\ \text{s}. \]

Kesalahan yang menggoda di sini adalah menggunakan kelajuan horizontal \(14.0\ \text{m s}^{-1}\) saat menghitung waktu jatuh. Kelajuan itu tidak berperan dalam persamaan vertikal.

Sekarang gunakan waktu \(2.00\ \text{s}\) yang sama secara horizontal:

\[ \Delta x=u_x t=(14.0)(2.00)=28.0\ \text{m}. \]

Sesaat sebelum tumbukan,

\[ v_x=14.0\ \text{m s}^{-1} \]

dan

\[ v_y=u_y-gt=0-(9.8)(2.00)=-19.6\ \text{m s}^{-1}. \]

Maka,

\[ v=\sqrt{(14.0)^2+(-19.6)^2}=24.1\ \text{m s}^{-1}. \]

Sudut tumbukan adalah

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{19.6}{14.0}\right)=54.5^\circ. \]

Karena \(v_y\) negatif, arahnya adalah \(54.5^\circ\) di bawah horizontal.

Pertanyaan 2

Sebuah proyektil diluncurkan dari permukaan tanah datar dengan \(25.0\ \text{m s}^{-1}\), \(53.1^\circ\) di atas horizontal. Sebuah dinding setinggi \(19.5\ \text{m}\) berdiri \(30.0\ \text{m}\) dari titik peluncuran.

Anggap \(u_x=15.0\ \text{m s}^{-1}\) dan \(u_y=20.0\ \text{m s}^{-1}\) hingga tiga angka penting.

Tentukan:

a. apakah proyektil melewati dinding,
b. apakah proyektil sedang naik atau turun saat melewati dinding, dan
c. di mana proyektil akhirnya kembali ke ketinggian peluncuran.

Solusi 2

Proyektil melewati dinding dengan selisih \(0.90\ \text{m}\), masih bergerak naik sedikit saat melewati dinding, dan kembali ke ketinggian peluncuran sekitar \(61.2\ \text{m}\) dari titik peluncuran.

Pertama, tentukan waktu ketika proyektil mencapai dinding:

\[ t=\frac{x}{u_x} =\frac{30.0}{15.0} =2.00\ \text{s}. \]

Pada saat ini,

\[ y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

Jadi,

\[ y=(20.0)(2.00)-\frac{1}{2}(9.8)(2.00)^2 =40.0-19.6 =20.4\ \text{m}. \]

Dinding tingginya \(19.5\ \text{m}\), sehingga selisih ketinggiannya adalah

\[ 20.4-19.5=0.90\ \text{m}. \]

Sekarang periksa kecepatan vertikal:

\[ v_y=u_y-gt =20.0-(9.8)(2.00) =0.40\ \text{m s}^{-1}. \]

Nilainya positif, jadi proyektil masih bergerak ke atas.

Ini merupakan peringatan yang berguna agar tidak menentukan arah hanya dari bentuk sketsa kasar. Proyektil sangat dekat dengan titik tertingginya, tetapi belum benar-benar mencapainya.

Untuk menentukan kapan proyektil kembali ke ketinggian peluncuran, tetapkan perpindahan vertikal sama dengan nol:

\[ 0=20.0t-4.9t^2. \]

Dengan memfaktorkan,

\[ 0=t(20.0-4.9t). \]

Solusi \(t=0\) adalah saat peluncuran. Solusi berikutnya adalah

\[ t=\frac{20.0}{4.9}=4.08\ \text{s}. \]

Jadi jangkauan horizontal adalah

\[ R=(15.0)(4.08)=61.2\ \text{m}. \]

Cara keliru yang umum adalah menganggap bahwa karena proyektil mencapai dinding setelah \(2.00\ \text{s}\), proyektil pasti berada di titik tertingginya karena \(2.00\ \text{s}\) adalah “sekitar setengah” dari total waktu terbang. Persamaan komponen memberikan jawaban yang tepat: \(v_y\) masih \(+0.40\ \text{m s}^{-1}\).

Pertanyaan 3

Sebuah lereng bukit didekati dengan garis lurus

\[ y=0.250x, \]

dengan \(x\) dan \(y\) diukur dalam meter dari titik peluncuran.

Sebuah proyektil ditembakkan dari titik asal dengan \(24.0\ \text{m s}^{-1}\), \(50.0^\circ\) di atas horizontal. Abaikan hambatan udara.

Tentukan titik tempat proyektil berikutnya menumbuk lereng bukit, serta kecepatannya sesaat sebelum tumbukan.

Solusi 3

Proyektil menumbuk lereng bukit kira-kira pada \((45.7\ \text{m},\,11.4\ \text{m})\) dengan kelajuan \(18.8\ \text{m s}^{-1}\), mengarah \(34.7^\circ\) di bawah horizontal.

Uraikan kecepatan awal:

\[ u_x=(24.0)\cos50.0^\circ=15.4\ \text{m s}^{-1}, \]

\[ u_y=(24.0)\sin50.0^\circ=18.4\ \text{m s}^{-1}. \]

Pada waktu \(t\),

\[ x=15.4t \]

dan

\[ y=18.4t-4.9t^2. \]

Saat tumbukan, proyektil harus berada pada lereng bukit, sehingga juga harus memenuhi

\[ y=0.250x. \]

Menyubstitusikan \(x=15.4t\),

\[ 18.4t-4.9t^2=0.250(15.4t). \]

Maka,

\[ 18.4t-4.9t^2=3.86t. \]

Dengan menyusun ulang,

\[ t(14.5-4.9t)=0. \]

Solusi \(t=0\) adalah titik peluncuran. Perpotongan berikutnya terjadi pada

\[ t=\frac{14.5}{4.9}\approx2.96\ \text{s}. \]

Koordinat horizontalnya adalah

\[ x=(15.4)(2.96)\approx45.7\ \text{m}. \]

Ketinggian lereng di sana adalah

\[ y=0.250(45.7)\approx11.4\ \text{m}. \]

Sekarang tentukan kecepatan saat tumbukan. Secara horizontal,

\[ v_x=15.4\ \text{m s}^{-1}. \]

Secara vertikal,

\[ v_y=18.4-(9.8)(2.96) \approx-10.7\ \text{m s}^{-1}. \]

Maka,

\[ v=\sqrt{(15.4)^2+(-10.7)^2} \approx18.8\ \text{m s}^{-1}. \]

Arahnya adalah

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{10.7}{15.4}\right) \approx34.7^\circ \]

di bawah horizontal.

Jalan pintas yang menggoda adalah menetapkan \(y=0\) untuk menentukan waktu tumbukan. Cara itu akan menentukan saat proyektil kembali ke ketinggian horizontal yang sama dengan titik peluncuran. Tanah di sini tidak horizontal: setelah titik peluncuran, permukaannya mengikuti \(y=0.250x\). Syarat batas fisik harus sesuai dengan lereng bukit yang sebenarnya.

Pertanyaan 4

Sebuah proyektil diluncurkan dari permukaan tanah dan kemudian melewati titik \(A\), yang terletak \(20.0\ \text{m}\) secara horizontal dari titik peluncuran dan \(15.0\ \text{m}\) di atasnya.

Saat bergerak turun, proyektil melewati titik \(B\), yang berada \(50.0\ \text{m}\) secara horizontal dari titik peluncuran dan juga setinggi \(15.0\ \text{m}\).

Abaikan hambatan udara.

Tentukan:

a. komponen kecepatan horizontal dan vertikal awal,
b. kelajuan dan sudut peluncuran, dan
c. posisi horizontal dan ketinggian titik tertinggi.

Solusi 4

Komponen awalnya adalah \(u_x=18.1\ \text{m s}^{-1}\) dan \(u_y=19.0\ \text{m s}^{-1}\). Kelajuan peluncurannya adalah \(26.2\ \text{m s}^{-1}\) pada \(46.4^\circ\), dan titik puncaknya terjadi pada \(x=35.0\ \text{m}\), \(18.4\ \text{m}\) di atas titik peluncuran.

Misalkan waktu saat proyektil berada di \(A\) dan \(B\) masing-masing adalah \(t_1\) dan \(t_2\).

Karena kecepatan horizontal konstan,

\[ t_1=\frac{20.0}{u_x}, \qquad t_2=\frac{50.0}{u_x}. \]

Secara vertikal, kedua titik memenuhi

\[ 15.0=u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

Dengan menyusun ulang, diperoleh persamaan kuadrat

\[ \frac{1}{2}gt^2-u_y t+15.0=0. \]

Kedua akarnya adalah \(t_1\) dan \(t_2\).

Untuk persamaan kuadrat \(at^2+bt+c=0\), hasil kali akar-akarnya adalah \(c/a\). Maka,

\[ t_1t_2=\frac{15.0}{4.9}. \]

Namun, dari gerak horizontal,

\[ t_1t_2 = \frac{20.0}{u_x}\frac{50.0}{u_x} = \frac{1000}{u_x^2}. \]

Jadi,

\[ \frac{1000}{u_x^2}=\frac{15.0}{4.9}. \]

Maka

\[ u_x^2=\frac{1000(4.9)}{15.0}, \]

sehingga

\[ u_x=18.1\ \text{m s}^{-1}. \]

Waktu yang bersesuaian adalah

\[ t_1=\frac{20.0}{18.1}=1.11\ \text{s}, \]

\[ t_2=\frac{50.0}{18.1}=2.77\ \text{s}. \]

Untuk persamaan kuadrat yang sama, jumlah akar-akarnya adalah

\[ t_1+t_2=\frac{u_y}{4.9}. \]

Maka,

\[ u_y=4.9(t_1+t_2) =4.9(1.11+2.77) \approx19.0\ \text{m s}^{-1}. \]

Kelajuan peluncurannya adalah

\[ u=\sqrt{u_x^2+u_y^2} =\sqrt{(18.1)^2+(19.0)^2} =26.2\ \text{m s}^{-1}. \]

Sudut peluncurannya adalah

\[ \theta=\tan^{-1}\left(\frac{19.0}{18.1}\right) =46.4^\circ. \]

Di titik puncak,

\[ v_y=0. \]

Jadi,

\[ 0=u_y-gt, \]

yang menghasilkan

\[ t_{\text{apex}}=\frac{19.0}{9.8}=1.94\ \text{s}. \]

Maka,

\[ x_{\text{apex}}=(18.1)(1.94)=35.0\ \text{m}. \]

Kenaikan vertikal menuju titik puncak dapat ditentukan dari

\[ v_y^2=u_y^2+2a_y\Delta y. \]

Maka,

\[ 0=(19.0)^2-2(9.8)\Delta y, \]

sehingga

\[ \Delta y=18.4\ \text{m}. \]

Prediksi yang menggoda adalah bahwa karena \(A\) dan \(B\) memiliki ketinggian yang sama, waktunya entah bagaimana harus sama. Hal itu tidak mungkin: proyektil berada di dua tempat yang berbeda.

Yang simetris adalah waktu keduanya terhadap titik puncak. Memang,

\[ \frac{t_1+t_2}{2} = \frac{1.11+2.77}{2} = 1.94\ \text{s}, \]

tepat sama dengan waktu saat ketinggian maksimum. Itulah juga sebabnya titik puncak berada tepat di tengah antara \(x=20.0\ \text{m}\) dan \(x=50.0\ \text{m}\): dengan \(v_x\) konstan, selang waktu yang sama bersesuaian dengan jarak horizontal yang sama.

Pertanyaan 5

Proyektil \(A\) diluncurkan pada \(t=0\) dari \((0,0)\) dengan komponen kecepatan awal

\[ u_{Ax}=18.0\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_{Ay}=22.0\ \text{m s}^{-1}. \]

Proyektil \(B\) awalnya berada di \((54.0\ \text{m},12.0\ \text{m})\). Proyektil itu diluncurkan dengan komponen

\[ u_{Bx}=-9.00\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_{By}=16.0\ \text{m s}^{-1}. \]

Kedua proyektil mengalami percepatan gravitasi yang sama dan hambatan udara yang dapat diabaikan.

a. Jika keduanya diluncurkan secara bersamaan, tentukan apakah keduanya bertabrakan sebelum salah satunya mencapai tanah. Jika ya, tentukan posisi tabrakan.

b. Proyektil \(B\) sekarang diluncurkan \(0.500\ \text{s}\) setelah \(A\), dengan kecepatan yang sama seperti sebelumnya. Seorang siswa berpendapat bahwa penundaan tersebut tidak berpengaruh karena gravitasi mempercepat kedua proyektil secara sama. Uji pernyataan tersebut dengan menentukan jarak vertikal antara keduanya saat mencapai posisi horizontal yang sama.

c. Dengan tetap menggunakan penundaan \(0.500\ \text{s}\) dan \(u_{Bx}=-9.00\ \text{m s}^{-1}\), tentukan nilai \(u_{By}\) yang diperlukan agar benar-benar terjadi tabrakan.

Solusi 5

Dengan peluncuran bersamaan, kedua proyektil bertabrakan pada \(t=2.00\ \text{s}\) di \((36.0\ \text{m},24.4\ \text{m})\). Jika proyektil \(B\) terlambat diluncurkan sebesar \(0.500\ \text{s}\), proyektil itu melintas \(0.392\ \text{m}\) di atas \(A\) saat posisi horizontal keduanya sama. Mengurangi komponen peluncuran vertikal \(B\) menjadi sekitar \(15.8\ \text{m s}^{-1}\) membuat tabrakan terjadi kembali.

Untuk bagian a, tuliskan posisi horizontal.

Untuk \(A\),

\[ x_A=18.0t. \]

Untuk \(B\),

\[ x_B=54.0-9.00t. \]

Saat terjadi tabrakan,

\[ x_A=x_B. \]

Maka,

\[ 18.0t=54.0-9.00t, \]

sehingga

\[ 27.0t=54.0 \]

dan

\[ t=2.00\ \text{s}. \]

Sekarang periksa posisi vertikal pada waktu yang sama.

Untuk \(A\),

\[ y_A=22.0t-4.9t^2. \]

Maka,

\[ y_A=(22.0)(2.00)-4.9(2.00)^2 =44.0-19.6 =24.4\ \text{m}. \]

Untuk \(B\),

\[ y_B=12.0+16.0t-4.9t^2. \]

Jadi,

\[ y_B=12.0+(16.0)(2.00)-4.9(2.00)^2 =24.4\ \text{m}. \]

Koordinat horizontal dan vertikal keduanya sama pada waktu yang sama, sehingga keduanya bertabrakan di

\[ (36.0\ \text{m},24.4\ \text{m}). \]

Peniadaan yang tersembunyi dalam hasil ini penting. Karena kedua benda memiliki percepatan gravitasi yang sama, percepatan relatif mereka adalah nol selama keduanya berada dalam gerak proyektil. Gravitasi mengubah kedua kecepatan vertikal dengan jumlah yang sama.

Untuk bagian b, proyektil \(B\) sekarang mulai bergerak terlambat \(0.500\ \text{s}\).

Misalkan \(t\) tetap berarti waktu sejak \(A\) diluncurkan. Maka waktu sebenarnya selama \(B\) telah bergerak adalah

\[ t_B=t-0.500. \]

Untuk \(A\),

\[ x_A=18.0t. \]

Untuk \(B\),

\[ x_B=54.0-9.00(t-0.500). \]

Samakan keduanya:

\[ 18.0t = 54.0-9.00(t-0.500). \]

Dengan mengembangkan,

\[ 18.0t=58.5-9.00t. \]

Maka,

\[ 27.0t=58.5 \]

dan

\[ t=2.167\ \text{s}. \]

Pada saat ini, \(B\) telah bergerak selama

\[ t_B=2.167-0.500=1.667\ \text{s}. \]

Ketinggian proyektil \(A\) adalah

\[ y_A = (22.0)(2.167)-4.9(2.167)^2 = 24.664\ \text{m}. \]

Ketinggian proyektil \(B\) adalah

\[ y_B = 12.0+(16.0)(1.667)-4.9(1.667)^2 = 25.056\ \text{m}. \]

Maka,

\[ y_B-y_A = 25.056-24.664 = 0.392\ \text{m}. \]

Jadi \(B\) melintas sekitar \(0.392\ \text{m}\) di atas \(A\). Tidak terjadi tabrakan.

Penalaran siswa tersebut mengandung satu kebenaran yang halus, tetapi diterapkan secara keliru. Setelah \(B\) diluncurkan, kedua proyektil memang memiliki percepatan gravitasi yang sama, sehingga percepatan relatifnya nol.

Namun, selama \(0.500\ \text{s}\) pertama, hanya \(A\) yang berada dalam gerak proyektil. Saat \(B\) mulai bergerak, \(A\) sudah mengalami perubahan posisi dan kecepatan vertikal. Percepatan yang sama sejak saat itu tidak menghapus perbedaan keadaan awal tersebut.

Untuk bagian c, waktu saat posisi horizontal keduanya sama tidak berubah karena hanya komponen peluncuran vertikal \(B\) yang disesuaikan. Maka,

\[ t=2.167\ \text{s}, \qquad t_B=1.667\ \text{s}. \]

Agar terjadi tabrakan, ketinggian \(B\) harus sama dengan ketinggian \(A\), yang telah kita tentukan sebesar \(24.664\ \text{m}\).

Misalkan komponen peluncuran vertikal \(B\) yang diperlukan adalah \(u_{By}\). Maka,

\[ 24.664 = 12.0+u_{By}(1.667)-4.9(1.667)^2. \]

Dengan menyusun ulang,

\[ u_{By} = \frac{24.664-12.0+4.9(1.667)^2}{1.667}. \]

Maka,

\[ u_{By}=15.8\ \text{m s}^{-1} \]

hingga tiga angka penting.

Bagian yang mengejutkan adalah bahwa \(B\) memerlukan komponen vertikal yang sedikit lebih kecil daripada sebelumnya, bukan lebih besar. Dengan \(u_{By}=16.0\ \text{m s}^{-1}\), proyektil itu sudah terlalu tinggi ketika kedua proyektil mencapai posisi horizontal yang sama.

Inilah prinsip utama dalam analisis komponen: mencocokkan satu koordinat saja tidak cukup. Tabrakan, tumbukan, atau peristiwa dua dimensi lainnya harus memenuhi kondisi horizontal dan kondisi vertikal pada saat yang sama.

Setelah gagasan ini benar-benar dipahami, langkah berguna berikutnya adalah menggunakan metode komponen yang sama untuk gerak relatif, lintasan proyektil, dan situasi ketika permukaan pendaratan itu sendiri bergerak atau miring.