Gerak Proyektil dari Ketinggian Peluncuran: Panduan Fisika HSC

Sebuah bola diluncurkan dengan kecepatan \(20\text{ m s}^{-1}\) pada sudut yang sama dalam dua percobaan. Pada percobaan pertama, bola mendarat pada ketinggian yang sama dengan titik peluncurannya. Pada percobaan kedua, bola mendarat di tanah yang \(15\text{ m}\) lebih rendah.

Apakah Anda memperkirakan jangkauan horizontalnya sama karena kecepatan peluncurannya tidak berubah? Buat prediksi sebelum melanjutkan membaca.

Bola kedua bergerak lebih jauh. Gerak horizontalnya tidak menjadi lebih cepat. Bola itu hanya memiliki lebih banyak waktu untuk bergerak secara horizontal karena harus jatuh lebih jauh sebelum mencapai ketinggian pendaratannya.

Sekarang balik situasinya. Misalkan platform pendaratan berada di atas titik peluncuran. Proyektil dapat mencapai ketinggian tersebut dua kali, sekali saat naik dan sekali saat turun. Atau, proyektil mungkin tidak pernah mencapainya sama sekali.

Perbedaan ketinggian inilah yang perlu kita tangani dengan hati-hati dalam gerak proyektil.

01Persamaan memperhitungkan perpindahan, bukan “ketinggian”

Pendekatan yang paling sederhana biasanya adalah menetapkan titik peluncuran pada \(y=0\).

Kemudian, nyatakan titik pendaratan menggunakan perpindahan vertikalnya,

\[ \Delta y=y_f-y_i \]

dengan \(y_i\) sebagai posisi vertikal awal dan \(y_f\) sebagai posisi vertikal akhir.

Jika titik peluncuran kita jadikan titik asal, \(y_i=0\), sehingga \(\Delta y\) hanyalah posisi pendaratan relatif terhadap titik peluncuran.

Tanda minus pada baris pertama bukanlah pilihan. Tanda itu menunjukkan bahwa proyektil berakhir di bawah posisi awalnya.

Kesalahan yang umum adalah melihat “tebing setinggi \(12\text{ m}\)” lalu secara otomatis memasukkan \(+12\text{ m}\). Nilai \(12\text{ m}\) adalah jarak. Perpindahan vertikalnya adalah \(-12\text{ m}\) jika arah ke atas dipilih sebagai positif.

02Pisahkan gerak horizontal dan vertikal

Bayangkan gerak proyektil sebagai dua video yang diputar dengan penanda waktu yang sama.

Satu video menunjukkan gerak horizontal. Video lainnya menunjukkan gerak vertikal. Keduanya melakukan hal yang berbeda, tetapi keduanya harus berada pada waktu \(t\) yang sama.

Ini sedikit seperti dua orang yang mengerjakan bagian terpisah dari tugas kelompok, tetapi memiliki satu tenggat yang sama. Gerak horizontal tidak bisa diam-diam berlangsung selama \(2.0\text{ s}\) sementara gerak vertikal berlangsung selama \(3.0\text{ s}\). Hanya ada satu proyektil, sehingga hanya ada satu waktu yang telah berlalu.

Dalam model proyektil standar HSC:

\[ a_x=0 \]

dan

\[ a_y=-g \]

dengan \(a_x\) dan \(a_y\) sebagai percepatan horizontal dan vertikal, serta \(g=9.8\text{ m s}^{-2}\) sebagai besar percepatan gravitasi di dekat permukaan Bumi.

Model ini mengasumsikan bahwa hambatan udara dapat diabaikan. Jika hambatan udara signifikan, gerak horizontal dan vertikal tidak lagi terpisah dengan begitu rapi karena gaya hambat bergantung pada kecepatan proyektil.

Penyegaran: menguraikan kecepatan peluncuran

Jika proyektil diluncurkan dengan kelajuan \(u\) pada sudut \(\theta\) di atas horizontal,

\[ u_x=u\cos\theta \]

dan

\[ u_y=u\sin\theta \]

dengan \(u_x\) sebagai kecepatan horizontal awal dan \(u_y\) sebagai kecepatan vertikal awal.

Jika langkah ini masih memerlukan terlalu banyak usaha, tinjau kembali komponen kecepatan awal proyektil sebelum melanjutkan. Semua pembahasan di sini akan menjadi lebih mudah setelah penguraian komponen tersebut terasa rutin.

Posisi horizontal setelah waktu \(t\) adalah

\[ \Delta x=u_x t \]

karena percepatan horizontal bernilai nol.

Secara vertikal,

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

karena percepatan vertikal adalah \(-g\).

Hal pentingnya adalah bahwa ketinggian pendaratan yang berbeda mengubah \(\Delta y\). Hal itu mengubah waktu, dan perubahan waktu tersebut kemudian mengubah jarak horizontal.

03Menentukan waktu terbang saat ketinggian pendaratan berbeda

Mulailah dari

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

dan susun ulang:

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

Ini adalah persamaan kuadrat dalam \(t\). Dengan menggunakan rumus kuadrat, diperoleh

\[ t=\frac{u_y\pm\sqrt{u_y^2-2g\Delta y}}{g} \]

Bentuk khusus ini mengasumsikan arah ke atas positif sehingga \(a_y=-g\). Lebih aman memahami asal persamaan tersebut daripada menghafalkan tandanya tanpa memahami alasannya.

Ekspresi di dalam akar kuadrat,

\[ u_y^2-2g\Delta y \]

juga memberi kita informasi yang berguna secara fisik.

Pendaratan di bawah titik peluncuran

Jika \(\Delta y<0\), maka

\[ -2g\Delta y>0 \]

sehingga suku akar kuadrat lebih besar daripada \(|u_y|\).

Hal ini menghasilkan satu waktu positif dan satu waktu negatif jika \(t=0\) adalah saat peluncuran. Nilai positif menggambarkan tumbukan di masa depan. Nilai negatif termasuk dalam perpanjangan matematis parabola sebelum proyektil diluncurkan, sehingga kita menolaknya.

Karena itu, tingkat pendaratan yang lebih rendah memberi proyektil waktu terbang tambahan.

Pendaratan pada tingkat yang sama

Jika \(\Delta y=0\),

\[ t=\frac{u_y\pm u_y}{g} \]

untuk peluncuran ke atas.

Dua penyelesaiannya adalah

\[ t=0 \]

dan

\[ t=\frac{2u_y}{g} \]

Yang pertama adalah saat peluncuran itu sendiri. Yang kedua adalah saat proyektil kembali ke ketinggian peluncuran.

Pendaratan di atas titik peluncuran

Kasus ini memerlukan lebih banyak pertimbangan.

Misalkan \(\Delta y>0\). Sebelum menyelesaikan persamaan apa pun, tanyakan: apakah proyektil naik cukup tinggi untuk mencapai tingkat tersebut?

Pada ketinggian maksimum, kecepatan vertikal bernilai nol. Dengan menggunakan

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

dengan \(v_y=0\) dan \(a_y=-g\),

\[ 0=u_y^2-2g\Delta y_{\max} \]

sehingga

\[ \Delta y_{\max}=\frac{u_y^2}{2g} \]

Untuk peluncuran ke atas:

• jika \(\Delta y\) yang diperlukan lebih besar daripada \(\Delta y_{\max}\), proyektil tidak pernah mencapai tingkat tersebut;
• jika sama dengan \(\Delta y_{\max}\), proyektil menyentuh tingkat tersebut sekali, tepat di titik tertinggi;
• jika lebih kecil, proyektil biasanya melewati ketinggian tersebut dua kali: sekali saat naik dan sekali saat turun.

Kasus terakhir inilah yang menimbulkan masalah jika kita memilih salah satu akar persamaan kuadrat secara sembarangan.

04Dua waktu positif dapat sama-sama benar secara matematis

Misalkan sebuah proyektil diluncurkan dari bawah platform yang lebih tinggi.

Seorang siswa mendapatkan dua jawaban positif untuk \(t\) dan menganggap persamaan kuadratnya pasti salah.

Padahal tidak.

Sebuah proyektil dapat melewati ketinggian yang sama dua kali.

Bayangkan melempar bola melewati jendela lantai dua. Bola melewati jendela sekali saat naik, menghilang di atasnya, lalu melewati jendela yang sama lagi saat turun. Ketinggiannya sama, tetapi waktunya berbeda.

Persamaan mengetahui kapan proyektil berada pada ketinggian tersebut. Persamaan tidak mengetahui di mana platform sebenarnya dimulai, seberapa lebar platform tersebut, atau apakah ada benda padat di sana.

Geometri itu harus diperoleh dari soal.

05Kesalahan yang paling menggoda

Baris kelima cukup halus. Dalam sebagian besar soal peluncuran HSC, \(t=0\) secara eksplisit adalah saat peluncuran, sehingga waktu negatif berada di luar gerak fisik yang sedang dimodelkan. Namun, aturan tersebut bergantung pada kapan pencatatan waktu dimulai. Soal 5 di bawah ini secara khusus menguji hal tersebut.

06Metode yang andal untuk ketinggian pendaratan yang tidak sama

Untuk proyektil yang mendarat di atas atau di bawah tingkat peluncurannya, kerjakan dengan urutan berikut:

1. Pilih titik asal dan konvensi tanda. Arah ke atas sebagai positif biasanya paling mudah.
2. Uraikan kecepatan peluncuran menjadi \(u_x\) dan \(u_y\).
3. Hitung perpindahan vertikal sebenarnya, \(\Delta y=y_f-y_i\).
4. Jika tingkat pendaratan berada di atas titik peluncuran, periksa apakah ketinggian tersebut dapat dicapai.
5. Selesaikan persamaan vertikal untuk \(t\).
6. Tafsirkan setiap akar berdasarkan situasi fisik, bukan dengan membuang akar secara mekanis.
7. Gunakan waktu yang sesuai dalam \(\Delta x=u_x t\).
8. Jika kecepatan tumbukan diperlukan, hitung \(v_y=u_y-gt\) dan gabungkan dengan \(v_x=u_x\) yang tidak berubah.

Ini juga merupakan gagasan inti di balik waktu terbang proyektil untuk pendaratan setingkat dan tidak setingkat: selesaikan gerak vertikal dengan benar terlebih dahulu, karena gerak horizontal menunggu nilai waktu yang benar.

07Pertanyaan dan solusi

Pertanyaan 1

Sebuah bola menggelinding secara horizontal dari tepi tebing setinggi \(12.0\text{ m}\) dengan kecepatan \(8.00\text{ m s}^{-1}\). Abaikan hambatan udara.

Tentukan:

a. waktu yang diperlukan untuk mencapai tanah
b. jarak horizontal yang ditempuh.

Solusi 1

Bola berada di udara selama \(1.56\text{ s}\) dan bergerak \(12.5\text{ m}\) secara horizontal.

Kesalahan yang menggoda adalah menggunakan \(12.0\text{ m}\) sebagai perpindahan vertikal positif. Jika arah ke atas positif, tanah berada di bawah titik peluncuran, sehingga

\[ \Delta y=-12.0\text{ m} \]

Bola diluncurkan secara horizontal, sehingga

\[ u_y=0 \]

Gunakan gerak vertikal terlebih dahulu:

\[ \begin{aligned} \Delta y&=u_y t-\frac12gt^2\\ -12.0&=0-4.90t^2\\ t^2&=\frac{12.0}{4.90}\\ t&=1.56\text{ s} \end{aligned} \]

Hanya waktu positif yang relevan karena \(t=0\) adalah saat peluncuran.

Secara horizontal,

\[ \begin{aligned} \Delta x&=u_x t\\ &=(8.00)(1.56)\\ &=12.5\text{ m} \end{aligned} \]

Jadi, penurunan sebesar \(12.0\text{ m}\) menentukan berapa lama proyektil berada di udara, sedangkan kecepatan horizontal \(8.00\text{ m s}^{-1}\) menentukan seberapa jauh proyektil bergerak selama waktu tersebut.

Pertanyaan 2

Sebuah proyektil diluncurkan dengan kecepatan \(18.0\text{ m s}^{-1}\), pada sudut \(35.0^\circ\) di atas horizontal, dari sebuah tepi yang berada \(8.00\text{ m}\) di atas permukaan tanah datar.

Tentukan:

a. waktu hingga tumbukan
b. jarak horizontal yang ditempuh
c. besar dan arah kecepatannya sesaat sebelum tumbukan.

Solusi 2

Proyektil menyentuh tanah setelah \(2.71\text{ s}\), pada jarak horizontal \(40.0\text{ m}\) dari titik peluncuran, dengan kelajuan \(21.9\text{ m s}^{-1}\) pada sudut \(47.7^\circ\) di bawah horizontal.

Jalan pintas yang menggoda adalah memperlakukan gerakan tersebut sebagai jatuh bebas sejauh \(8.00\text{ m}\). Itu akan mengabaikan fakta bahwa proyektil awalnya bergerak ke atas sebelum jatuh melewati ketinggian peluncurannya.

Pertama, uraikan kecepatan awal:

\[ \begin{aligned} u_x&=18.0\cos35.0^\circ\\ &=14.74\text{ m s}^{-1} \\[4pt] u_y&=18.0\sin35.0^\circ\\ &=10.32\text{ m s}^{-1} \end{aligned} \]

Tanah berada di bawah titik peluncuran, sehingga

\[ \Delta y=-8.00\text{ m} \]

Gunakan gerak vertikal:

\[ \begin{aligned} -8.00&=10.32t-4.90t^2\\ 4.90t^2-10.32t-8.00&=0 \end{aligned} \]

Rumus kuadrat memberikan satu nilai positif dan satu nilai negatif. Tumbukan di masa depan terjadi pada

\[ t=2.71\text{ s} \]

Karena itu, perpindahan horizontal adalah

\[ \begin{aligned} \Delta x&=u_xt\\ &=(14.74)(2.71)\\ &=40.0\text{ m} \end{aligned} \]

Kecepatan horizontal tetap

\[ v_x=14.74\text{ m s}^{-1} \]

Kecepatan vertikal akhirnya adalah

\[ \begin{aligned} v_y&=u_y-gt\\ &=10.32-(9.8)(2.71)\\ &=-16.23\text{ m s}^{-1} \end{aligned} \]

Tanda negatif berarti proyektil bergerak ke bawah.

Kelajuan akhirnya adalah

\[ \begin{aligned} v&=\sqrt{v_x^2+v_y^2}\\ &=\sqrt{(14.74)^2+(16.23)^2}\\ &=21.9\text{ m s}^{-1} \end{aligned} \]

Untuk arahnya,

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

sehingga

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{16.23}{14.74}\right)=47.7^\circ \]

Jadi, kecepatan tumbukannya adalah \(21.9\text{ m s}^{-1}\), pada sudut \(47.7^\circ\) di bawah horizontal.

Pertanyaan 3

Sebuah proyektil diluncurkan dari \(y=0\) dengan kecepatan \(16.0\text{ m s}^{-1}\), pada sudut \(55.0^\circ\) di atas horizontal.

Sebuah permukaan platform horizontal tipis berada pada \(y=+5.00\text{ m}\) dan membentang dari \(x=19.0\text{ m}\) hingga \(x=22.0\text{ m}\). Abaikan ketebalan platform dan setiap sisi depan vertikal.

Apakah proyektil mendarat di platform? Jika ya, nyatakan di mana proyektil mendarat dan apakah proyektil sedang bergerak ke atas atau ke bawah.

Solusi 3

Ya. Proyektil mendarat di platform pada \(x=20.3\text{ m}\), sekitar \(2.21\text{ s}\) setelah peluncuran, saat bergerak ke bawah.

Cara yang menggoda adalah menentukan waktu positif pertama saat proyektil mencapai \(5.00\text{ m}\) dan berhenti sampai di situ. Batasan yang mengubah jawabannya adalah posisi horizontal platform.

Uraikan kecepatannya:

\[ \begin{aligned} u_x&=16.0\cos55.0^\circ\\ &=9.18\text{ m s}^{-1} \\[4pt] u_y&=16.0\sin55.0^\circ\\ &=13.11\text{ m s}^{-1} \end{aligned} \]

Pada ketinggian platform,

\[ \Delta y=+5.00\text{ m} \]

sehingga

\[ 5.00=13.11t-4.90t^2 \]

atau

\[ 4.90t^2-13.11t+5.00=0 \]

Penyelesaiannya memberikan

\[ t_1=0.461\text{ s} \]

dan

\[ t_2=2.21\text{ s} \]

Kedua waktu tersebut merupakan perpotongan yang mungkin secara fisik dengan tingkat \(5.00\text{ m}\).

Sekarang periksa di mana perpotongan tersebut terjadi.

Untuk perpotongan pertama,

\[ \begin{aligned} x_1&=u_xt_1\\ &=(9.18)(0.461)\\ &=4.23\text{ m} \end{aligned} \]

Tidak ada platform di sana.

Untuk perpotongan kedua,

\[ \begin{aligned} x_2&=(9.18)(2.21)\\ &=20.3\text{ m} \end{aligned} \]

Nilai ini berada di dalam interval platform dari \(19.0\text{ m}\) hingga \(22.0\text{ m}\).

Untuk memeriksa arah geraknya,

\[ \begin{aligned} v_y&=u_y-gt\\ &=13.11-(9.8)(2.21)\\ &=-8.59\text{ m s}^{-1} \end{aligned} \]

sehingga proyektil bergerak ke bawah.

Akar positif pertama bukanlah “salah”. Akar tersebut menggambarkan kejadian nyata pada lokasi horizontal yang salah. Geometri memilih perpotongan kedua sebagai pendaratan.

Pertanyaan 4

Sebuah target berada \(30.0\text{ m}\) secara horizontal dari titik peluncuran dan \(5.00\text{ m}\) di bawahnya. Sebuah proyektil harus diluncurkan dengan tepat \(20.0\text{ m s}^{-1}\).

Tentukan setiap sudut peluncuran antara \(0^\circ\) dan \(90^\circ\) yang mengenai target.

Kemudian tentukan waktu terbang dan kelajuan tumbukan untuk setiap lintasan.

Seorang siswa berpendapat bahwa lintasan yang lebih curam pasti mengenai target dengan kelajuan lebih besar karena gravitasi bekerja padanya lebih lama. Nilailah pernyataan tersebut.

Solusi 4

Ada dua sudut peluncuran, kira-kira \(12.3^\circ\) dan \(68.2^\circ\). Waktu terbangnya masing-masing adalah \(1.54\text{ s}\) dan \(4.04\text{ s}\), tetapi keduanya mengenai target dengan kelajuan yang sama, yaitu \(22.3\text{ m s}^{-1}\).

Argumen siswa tersebut menggoda karena proyektil yang lebih curam berada di udara jauh lebih lama. Batasan yang terlewat adalah bahwa proyektil juga menghabiskan sebagian dari waktu tambahan tersebut untuk bergerak ke atas dan kehilangan kelajuan. Tanpa hambatan udara, kedua proyektil memulai dengan kelajuan yang sama dan berakhir \(5.00\text{ m}\) di bawah tingkat peluncuran yang sama.

Misalkan sudut peluncuran adalah \(\theta\).

Secara horizontal,

\[ 30.0=(20.0\cos\theta)t \]

sehingga

\[ t=\frac{30.0}{20.0\cos\theta} \]

Secara vertikal,

\[ -5.00=(20.0\sin\theta)t-4.90t^2 \]

Substitusikan ekspresi untuk \(t\):

\[ -5.00 \= 30.0\tan\theta \- 11.025\sec^2\theta \]

Dengan menggunakan

\[ \sec^2\theta=1+\tan^2\theta \]

dan mendefinisikan

\[ T=\tan\theta \]

diperoleh

\[ -5.00=30.0T-11.025(1+T^2) \]

sehingga

\[ 11.025T^2-30.0T+6.025=0 \]

Rumus kuadrat memberikan

\[ T=0.2184 \]

atau

\[ T=2.503 \]

Oleh karena itu,

\[ \theta_1=\tan^{-1}(0.2184)=12.3^\circ \]

dan

\[ \theta_2=\tan^{-1}(2.503)=68.2^\circ \]

Untuk lintasan yang lebih rendah,

\[ \begin{aligned} t_1 &=\frac{30.0}{20.0\cos12.3^\circ}\\ &=1.54\text{ s} \end{aligned} \]

Untuk lintasan yang lebih tinggi,

\[ \begin{aligned} t_2 &=\frac{30.0}{20.0\cos68.2^\circ}\\ &=4.04\text{ s} \end{aligned} \]

Waktu terbangnya sangat berbeda.

Sekarang bandingkan kelajuan tumbukan tanpa melakukan dua perhitungan komponen yang panjang.

Secara vertikal,

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

Untuk kedua lintasan,

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

dan

\[ \Delta y=-5.00\text{ m} \]

sehingga

\[ v_y^2=u_y^2+98.0 \]

Kelajuan akhir total memenuhi

\[ v^2=v_x^2+v_y^2 \]

Karena itu,

\[ \begin{aligned} v^2 &=u_x^2+u_y^2+98.0\\ &=u^2+98.0\\ &=(20.0)^2+98.0\\ &=498 \end{aligned} \]

sehingga

\[ v=22.3\text{ m s}^{-1} \]

untuk kedua lintasan.

Arah tumbukannya berbeda, tetapi kelajuan tumbukannya sama. Dalam model proyektil ideal, waktu terbang tambahan pada lintasan tinggi tidak dengan sendirinya menghasilkan kelajuan akhir yang lebih besar.

Pertanyaan 5

Sebuah proyektil diluncurkan dari permukaan tanah datar. Kemudian, ketika sedang naik melewati sebuah sensor \(5.00\text{ m}\) di atas tanah, komponen kecepatannya diukur sebagai

\[ v_x=12.0\text{ m s}^{-1} \]

dan

\[ v_y=+8.00\text{ m s}^{-1} \]

Sensor menetapkan waktunya menjadi \(t=0\) pada saat tersebut dan posisinya menjadi \(x=0,\ y=0\).

Abaikan hambatan udara.

Tentukan:

a. setiap waktu, relatif terhadap waktu sensor, ketika proyektil berada di permukaan tanah
b. posisi horizontal setiap perpotongan dengan tanah relatif terhadap sensor
c. jangkauan horizontal total proyektil dari peluncuran hingga pendaratan.

Seorang siswa mendapatkan satu waktu negatif dan langsung menolaknya. Apakah penalaran itu valid dalam kasus ini?

Solusi 5

Perpotongan dengan tanah terjadi pada \(t=-0.482\text{ s}\) dan \(t=2.12\text{ s}\). Waktu negatif tidak boleh ditolak: waktu tersebut mewakili peluncuran sebenarnya, yang terjadi sebelum sensor menetapkan \(t=0\). Jangkauan total dari tanah ke tanah adalah \(31.2\text{ m}\).

Inilah titik pentingnya: waktu negatif tidak berarti “tidak fisik”. Waktu negatif berarti “sebelum kejadian apa pun yang diberi label \(t=0\)”. Dalam soal peluncuran biasa, keduanya umumnya merupakan hal yang sama karena pencatatan waktu dimulai saat peluncuran. Di sini keduanya sengaja dibuat berbeda.

Relatif terhadap sensor, tanah berada pada

\[ \Delta y=-5.00\text{ m} \]

Pada \(t=0\), kecepatan vertikal proyektil adalah

\[ u_y=+8.00\text{ m s}^{-1} \]

untuk koordinat waktu baru ini.

Gunakan persamaan gerak vertikal:

\[ \begin{aligned} -5.00&=8.00t-4.90t^2\\ 4.90t^2-8.00t-5.00&=0 \end{aligned} \]

Rumus kuadrat memberikan

\[ t=\frac{8.00\pm\sqrt{(-8.00)^2-4(4.90)(-5.00)}}{9.80} \]

sehingga

\[ t=-0.482\text{ s} \]

dan

\[ t=2.12\text{ s} \]

Kedua akar tersebut menggambarkan kejadian nyata dalam gerak yang dinyatakan.

Kecepatan horizontal tetap konstan pada

\[ v_x=12.0\text{ m s}^{-1} \]

karena tidak ada percepatan horizontal.

Karena itu, perpotongan lebih awal dengan tanah berada pada

\[ \begin{aligned} x_{\text{launch}} &=(12.0)(-0.482)\\ &=-5.79\text{ m} \end{aligned} \]

relatif terhadap sensor.

Perpotongan berikutnya berada pada

\[ \begin{aligned} x_{\text{landing}} &=(12.0)(2.12)\\ &=25.4\text{ m} \end{aligned} \]

Jangkauan horizontal total adalah selisih antara kedua posisi tersebut:

\[ \begin{aligned} R &=25.4-(-5.79)\\ &=31.2\text{ m} \end{aligned} \]

Aturan yang menggoda adalah “buang waktu negatif”. Aturan yang benar lebih tepat: buang waktu yang berada di luar interval fisik yang sedang dimodelkan.

Karena sensor mengatur ulang pencatatan waktu di tengah penerbangan, peluncuran itu sendiri secara sah memiliki cap waktu negatif.

08Apa yang dapat Anda lakukan selanjutnya

Setelah Anda dapat menangani \(\Delta y\) dengan benar dan menafsirkan akar persamaan kuadrat secara fisik, proyektil yang diluncurkan dari tebing, lubang, balkon, dan platform yang lebih tinggi tidak lagi menjadi jenis soal yang terpisah. Semuanya merupakan model yang sama dengan koordinat akhir yang berbeda.

Langkah berikutnya yang berguna adalah menghubungkan waktu terbang tersebut dengan jangkauan, arah tumbukan, dan kelajuan akhir. Matematikanya biasanya cukup langsung setelah keputusan yang lebih sulit telah dibuat: menentukan perpindahan vertikal yang benar dan waktu yang benar.