Баллистические траектории — от школьных задач до олимпиад

Горизонтальный бросок, попадание мячом в заданную точку и поиск самой дальней траектории описываются одной моделью. Меняется способ её применения: в школьной задаче обычно находят время, а в олимпиадной — удачную переменную, условие существования решения или границу достижимой области.

Это занятие по физике с задачами от школьного до олимпиадного уровня: краткая теория, восемь подробных разборов, координатный и векторный методы. Первые два примера вводят тему, задачи 3–4 готовят переход к углублённому разбору, задачи 5–8 раскрывают олимпиадные приёмы. Особое внимание уделено треугольнику скоростей: его площади, медиане и условию перпендикулярности начальной и конечной скоростей. Материал рассчитан на старшеклассников и преподавателей; все восемь задач не требуется решать за один урок.

Теория баллистической траектории за несколько формул

Рассматривается движение материальной точки без сопротивления воздуха в однородном поле тяжести. Ось \(\mathit{x}\) направлена горизонтально вправо, а ось \(\mathit{y}\) направлена вертикально вверх. Начальная точка имеет координаты \(\mathit{(0,h)}\), начальная скорость равна \(\mathit{v_0}\), а угол к горизонту обозначен \(\mathit{\alpha}\). Во всех численных задачах \(\mathit{g=10}\) м/с²; углы броска лежат в пределах \(\mathit{0\le\alpha<90^\circ}\).

По горизонтали ускорения нет, по вертикали ускорение направлено вниз:

\[\mathit{x=v_0\mathop{\mathit{cos}}\nolimits\alpha\,t,\qquad y=h+v_0\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\alpha\,t-\frac{gt^2}{2}.}\]

\[\mathit{v_x=v_0\mathop{\mathit{cos}}\nolimits\alpha,\qquad v_y=v_0\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\alpha-gt.}\]

При \(\mathit{v_0\mathop{\mathit{cos}}\nolimits\alpha\ne0}\) время можно исключить. Получится уравнение параболы:

\[\mathit{\boxed{y=h+x\mathop{\mathit{tg}}\nolimits\alpha-\frac{gx^2}{2v_0^2\mathop{\mathit{cos}}\nolimits^2\alpha}}.}\]

Три привычные формулы ниже относятся к броску вверх с приземлением на высоте старта. При \(\mathit{h=0}\) и \(\mathit{0<\alpha<90^\circ}\):

\[\mathit{T=\frac{2v_0\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\alpha}{g},\qquad L=\frac{v_0^2\mathop{\mathit{sin}}\nolimits2\alpha}{g},\qquad H=\frac{v_0^2\mathop{\mathit{sin}}\nolimits^2\alpha}{2g}.}\]

Высота \(\mathit{H}\) отсчитывается от точки броска. Если старт и финиш находятся на разных высотах, время сначала находят из вертикального движения. Именно забытое условие равенства высот часто приводит к неправильному ответу.

Задача 1. Горизонтальный бросок с высоты

Условие. Мяч бросили горизонтально с высоты 20 м со скоростью 10 м/с. Найти время полёта, дальность и модуль скорости перед касанием земли.

Решение. Начальная вертикальная скорость равна нулю. На уровне земли \(\mathit{y=0}\), поэтому:

\[\mathit{0=h-\frac{gT^2}{2},\qquad T=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{40}{10}}=2\textit{ с}.}\]

За это время горизонтальная составляющая скорости не меняется:

\[\mathit{L=v_0T=20\textit{ м}.}\]

Перед касанием \(\mathit{v_x=10}\) м/с и \(\mathit{v_y=-gT=-20}\) м/с. Складываются перпендикулярные составляющие:

\[\mathit{v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{100+400}=10\sqrt5\approx22{,}36\textit{ м/с}.}\]

Слева — условие, справа — траектория и составляющие скорости. Стрелка у земли показывает направление скорости перед касанием.

Ответ: 2 с; 20 м; \(\mathit{10\sqrt5}\) м/с. Ключевой приём: время падения получается из вертикального движения, затем используется в горизонтальном. Складывать числа 10 и 20 для получения модуля скорости нельзя.

Задача 2. Тело брошено под углом к горизонту

Условие. Мяч бросили с поверхности земли со скоростью 20 м/с под углом \(\mathit{30^\circ}\). На той же высоте он приземляется. Найти время полёта, максимальную высоту и дальность.

Решение. Сначала вычисляются составляющие начальной скорости:

\[\mathit{v_{0x}=20\mathop{\mathit{cos}}\nolimits30^\circ=10\sqrt3,\qquad v_{0y}=20\mathop{\mathit{sin}}\nolimits30^\circ=10.}\]

В верхней точке вертикальная составляющая обращается в ноль. Время подъёма равно \(\mathit{t_*=v_{0y}/g=1}\) с. При возвращении на исходную высоту в этой модели подъём и спуск занимают одинаковое время:

\[\mathit{T=2t_*=2\textit{ с},\qquad H=10\cdot1-\frac{10\cdot1^2}{2}=5\textit{ м}.}\]

\[\mathit{L=v_{0x}T=20\sqrt3\approx34{,}64\textit{ м}.}\]

Ответ: 2 с; 5 м; \(\mathit{20\sqrt3}\) м. В вершине скорость мяча не равна нулю: сохраняется \(\mathit{v_x=10\sqrt3}\) м/с. Ускорение также остаётся равным \(\mathit{g}\) и направлено вниз.

Задача 3. Два угла для попадания в одну точку

Условие. Из начала координат бросают мяч со скоростью 20 м/с. Требуется попасть в точку \(\mathit{A(30;5)}\), координаты указаны в метрах. Найти возможные углы броска.

Решение. Время здесь можно не искать. В уравнении траектории вводится переменная \(\mathit{u=\mathop{\mathit{tg}}\nolimits\alpha}\), а выражение \(\mathit{1/\mathop{\mathit{cos}}\nolimits^2\alpha}\) заменяется на \(\mathit{1+u^2}\):

\[\mathit{y=xu-\frac{gx^2}{2v_0^2}(1+u^2).}\]

Подстановка координат цели даёт:

\[\mathit{5=30u-\frac{10\cdot30^2}{2\cdot20^2}(1+u^2).}\]

\[\mathit{5=30u-\frac{45}{4}(1+u^2),\qquad 9u^2-24u+13=0.}\]

У квадратного уравнения два положительных корня:

\[\mathit{u_{1,2}=\frac{4\mp\sqrt3}{3}.}\]

\[\mathit{\boxed{\alpha_1\approx37{,}09^\circ,\qquad\alpha_2\approx62{,}37^\circ}.}\]

Оба угла соответствуют движению вперёд и дают попадание в заданную точку. Одна траектория ниже и положе, другая выше. Наличие двух ответов имеет физический смысл, а не возникает из-за постороннего корня.

Приём для следующих задач: координаты цели превращают поиск угла в квадратное уравнение относительно \(\mathit{\mathop{\mathit{tg}}\nolimits\alpha}\). Число допустимых корней показывает число подходящих траекторий.

Задача 4. Какая траектория проходит над препятствием

Условие. В предыдущей задаче между стартом и целью появилась тонкая вертикальная перегородка: её координата \(\mathit{x=15}\) м, высота 8 м. Какая из двух траекторий позволяет попасть в цель, не задев перегородку? Мяч считается материальной точкой.

Решение. Проверяется высота именно в месте препятствия. Максимальная высота полёта сама по себе на этот вопрос не отвечает.

Обозначим \(\mathit{k=g/(2v_0^2)}\). Из попадания в цель известно:

\[\mathit{5=30u-900k(1+u^2).}\]

В середине горизонтального пути:

\[\mathit{y(15)=15u-225k(1+u^2)=15u-\frac{30u-5}{4}=\frac{30u+5}{4}.}\]

Теперь достаточно подставить найденные корни:

\[\mathit{y_1(15)=\frac{45-10\sqrt3}{4}\approx6{,}92\textit{ м},}\]

\[\mathit{y_2(15)=\frac{45+10\sqrt3}{4}\approx15{,}58\textit{ м}.}\]

Точки на вертикали x = 15 м показывают высоты математических траекторий. В реальном движении нижний полёт прекращается при столкновении с перегородкой.

Ответ: подходит только высокий бросок под углом около \(\mathit{62{,}37^\circ}\). При касании верхнего края условие «не задев» не выполнялось бы: требовалось бы строгое превышение высоты препятствия. Здесь запас по высоте положителен.

Переход к олимпиадным задачам через треугольник скоростей

Прежде чем решать следующие задачи координатами, полезно увидеть ту же кинематику в виде геометрической конструкции. При постоянном ускорении:

\[\mathit{\vec v=\vec v_0+\vec gT,\qquad \vec r=\frac{\vec v_0+\vec v}{2}\,T.}\]

Вектор \(\mathit{\vec v}\) задаёт скорость в конце выбранного промежутка \(\mathit{T}\), а вектор \(\mathit{\vec r}\) задаёт перемещение от начальной точки. Его вертикальная составляющая равна \(\mathit{\Delta y=y-h}\), а не обязательно самой координате \(\mathit{y}\).

Из одной точки \(\mathit{O}\) откладываются \(\mathit{\overrightarrow{OA}=\vec v_0}\) и \(\mathit{\overrightarrow{OB}=\vec v}\). Тогда \(\mathit{\overrightarrow{AB}=\vec gT}\): сторона \(\mathit{AB}\) вертикальна и направлена вниз. Получается треугольник скоростей. Если точка \(\mathit{M}\) находится в середине \(\mathit{AB}\), то:

\[\mathit{\boxed{\overrightarrow{OM}=\frac{\vec v_0+\vec v}{2}=\frac{\vec r}{T}}.}\]

Медиана показывает среднюю векторную скорость и направлена вдоль перемещения. Она не обязана совпадать с направлением мгновенной скорости в конце полёта.

Это векторные диаграммы, а не траектории мяча. Слева — общий случай, справа — прямоугольный треугольник: его медиана OM равна половине гипотенузы AB.

Площадь даёт дальность. Угол между начальной и конечной скоростями обозначим \(\mathit{\varphi}\), а горизонтальное перемещение обозначим \(\mathit{X>0}\). Площадь треугольника можно выразить через две стороны и угол либо через вертикальное основание \(\mathit{gT}\) и горизонтальную высоту \(\mathit{v_x}\):

\[\mathit{S_v=\frac12v_0v\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\varphi=\frac12gT\,v_x=\frac12gX.}\]

\[\mathit{\boxed{X=\frac{v_0v}{g}\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\varphi}.}\]

Площадь \(\mathit{S_v}\) имеет размерность квадрата скорости: это площадь фигуры в пространстве скоростей. При заданных \(\mathit{v_0}\) и перепаде высот конечный модуль \(\mathit{v}\) также задан, поскольку \(\mathit{v^2=v_0^2-2g\Delta y}\). Поэтому максимальная дальность на этом уровне достигается при \(\mathit{\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\varphi=1}\):

\[\mathit{\boxed{\vec v_0\perp\vec v}.}\]

Это критерий оптимального броска в данной модели, если угол разрешено выбирать свободно и препятствий нет. Он относится к скоростям в начале и конце, а не к скорости и ускорению. На одной высоте \(\mathit{v=v_0}\); треугольник в оптимуме прямоугольный и равнобедренный, откуда получается знакомый угол \(\mathit{45^\circ}\). Применение к разным высотам будет разобрано в задачах 5 и 6.

Задача 5. Минимальная скорость и область достижимости

Условие. Найти наименьшую начальную скорость, с которой мяч из начала координат может попасть в точку \(\mathit{A(30;5)}\). Угол разрешено выбирать.

Решение. Сначала решается более общая задача для цели \(\mathit{(X,Y)}\), где \(\mathit{X>0}\), \(\mathit{Y\ge0}\). Введём:

\[\mathit{u=\mathop{\mathit{tg}}\nolimits\alpha,\qquad a=\frac{gX^2}{2v_0^2}.}\]

Уравнение попадания имеет вид:

\[\mathit{au^2-Xu+(a+Y)=0.}\]

Чтобы существовал подходящий угол, уравнение должно иметь действительный корень:

\[\mathit{D=X^2-4a(a+Y)\ge0.}\]

После подстановки \(\mathit{a}\), умножения на положительную величину и обозначения \(\mathit{w=v_0^2}\) получаем:

\[\mathit{w^2-2gYw-g^2X^2\ge0.}\]

Положительная граница допустимых значений:

\[\mathit{\boxed{v_{\mathop{\mathit{min}}\nolimits}=\sqrt{g\left(Y+\sqrt{X^2+Y^2}\right)}}.}\]

В нашем случае:

\[\mathit{v_{\mathop{\mathit{min}}\nolimits}=\sqrt{10(5+\sqrt{925})}=\sqrt{50(1+\sqrt{37})}\approx18{,}82\textit{ м/с}.}\]

При минимуме дискриминант равен нулю: два угла сливаются в один. Его удобно найти из двойного корня:

\[\mathit{\mathop{\mathit{tg}}\nolimits\alpha_* =\frac{X}{2a}=\frac{v_{\mathop{\mathit{min}}\nolimits}^2}{gX}=\frac{Y+\sqrt{X^2+Y^2}}{X}.}\]

\[\mathit{\alpha_*\approx49{,}73^\circ.}\]

Второй способ — через площадь треугольника скоростей. Для той же цели конечная скорость удовлетворяет \(\mathit{v^2=v_0^2-2gY}\). Из \(\mathit{gX=v_0v\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\varphi}\) и \(\mathit{\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\varphi\le1}\):

\[\mathit{v_0^2(v_0^2-2gY)\ge g^2X^2.}\]

Это то же условие, что выше, но полученное без квадратного уравнения для угла. На границе начальная и конечная скорости перпендикулярны. Если угол конечной скорости ниже горизонтали обозначить \(\mathit{\delta}\), то \(\mathit{\delta=90^\circ-\alpha_*}\). Горизонтальные составляющие равны: \(\mathit{v_{\mathop{\mathit{min}}\nolimits}\mathop{\mathit{cos}}\nolimits\alpha_*=v\mathop{\mathit{cos}}\nolimits\delta=v\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\alpha_*}\). Поэтому \(\mathit{\mathop{\mathit{tg}}\nolimits\alpha_*=v_{\mathop{\mathit{min}}\nolimits}/v}\). При \(\mathit{R=\sqrt{X^2+Y^2}}\):

\[\mathit{\mathop{\mathit{tg}}\nolimits\alpha_*=\sqrt{\frac{R+Y}{R-Y}}=\frac{R+Y}{X}.}\]

Полученный угол допустим и обеспечивает попадание; равенство действительно достигается. Оба метода дают те же 18,82 м/с и 49,73°.

Геометрическое объяснение. При фиксированной скорости уравнение траектории можно преобразовать выделением квадрата:

\[\mathit{y=\frac{v_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_0^2}-\frac{gx^2}{2v_0^2}\left(u-\frac{v_0^2}{gx}\right)^2,\qquad x>0.}\]

Последнее слагаемое неположительно. Поэтому при заданной скорости выше следующей параболы попасть невозможно:

\[\mathit{\boxed{y_{\mathit{гр}}(x)=\frac{v_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_0^2}}.}\]

Это граница достижимости. Для точки на границе имеется одна траектория, для точки ниже неё в рассматриваемой верхней полуплоскости обычно две, выше — ни одной. При уменьшении скорости граница опускается; минимальная скорость соответствует её прохождению через цель.

Слева скорость фиксирована: 20 м/с. Справа она уменьшена до минимальных 18,82 м/с; граница и траектория касаются в точке цели.

Ответ: примерно 18,82 м/с, угол около \(\mathit{49{,}73^\circ}\). Проверка предельного случая: при \(\mathit{Y=0}\) получается \(\mathit{v_{\mathop{\mathit{min}}\nolimits}=\sqrt{gX}}\), а оптимальный угол равен \(\mathit{45^\circ}\).

Задача 6. Максимальная дальность при броске с высоты

Условие. Мяч бросают с высоты 20 м с начальной скоростью 10 м/с. Под каким углом дальность до первого касания горизонтальной земли максимальна? Найти эту дальность.

Решение. Правило \(\mathit{45^\circ}\) здесь неприменимо: точка приземления ниже точки старта. Можно подставить время падения в \(\mathit{x=v_0\mathop{\mathit{cos}}\nolimits\alpha\,t}\), но поиск максимума такого выражения неудобен. Граница достижимости даёт более короткий путь.

При высоте старта \(\mathit{h}\) вся картина поднимается на \(\mathit{h}\). Её верхняя граница:

\[\mathit{y_{\mathit{гр}}=h+\frac{v_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_0^2}.}\]

Самая дальняя точка земли \(\mathit{(L_{\mathop{\mathit{max}}\nolimits},0)}\), до которой можно добраться, лежит на этой границе:

\[\mathit{0=h+\frac{v_0^2}{2g}-\frac{gL_{\mathop{\mathit{max}}\nolimits}^2}{2v_0^2}.}\]

\[\mathit{\boxed{L_{\mathop{\mathit{max}}\nolimits}=\frac{v_0}{g}\sqrt{v_0^2+2gh}}.}\]

Угол соответствует нулю выделенного квадрата в предыдущей задаче:

\[\mathit{\boxed{\mathop{\mathit{tg}}\nolimits\alpha_* =\frac{v_0^2}{gL_{\mathop{\mathit{max}}\nolimits}}=\frac{v_0}{\sqrt{v_0^2+2gh}}}.}\]

Подстановка чисел:

\[\mathit{L_{\mathop{\mathit{max}}\nolimits}=\frac{10}{10}\sqrt{100+400}=10\sqrt5\approx22{,}36\textit{ м},}\]

\[\mathit{\alpha_* =\mathop{\mathit{arctg}}\nolimits\frac1{\sqrt5}\approx24{,}09^\circ.}\]

Более короткое решение через векторы. При падении с высоты \(\mathit{h}\) конечный модуль скорости равен \(\mathit{v=\sqrt{v_0^2+2gh}}\) и не зависит от угла броска. Поэтому формула площади сразу даёт:

\[\mathit{L=\frac{v_0\sqrt{v_0^2+2gh}}{g}\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\varphi\le\frac{v_0\sqrt{v_0^2+2gh}}{g}.}\]

При равенстве \(\mathit{\varphi=90^\circ}\). Из равенства горизонтальных составляющих, как в предыдущей задаче, \(\mathit{\mathop{\mathit{tg}}\nolimits\alpha_*=v_0/v}\). Так обе формулы получаются из площади одного треугольника и условия перпендикулярности — без поиска максимума функции и без уравнения границы достижимости.

Ответ: около \(\mathit{24{,}09^\circ}\) и 22,36 м. Для сравнения: горизонтальный бросок из задачи 1 даёт 20 м. При \(\mathit{h=0}\) полученная формула возвращает \(\mathit{\alpha_*=45^\circ}\); при положительной высоте оптимальный угол меньше.

Задача 7. Бросок на наклонную плоскость

Условие. Поверхность склона проходит через точку броска и поднимается под углом \(\mathit{\beta=30^\circ}\) к горизонту. Мяч бросают со скоростью 20 м/с. Найти угол броска, при котором расстояние от старта до первого падения вдоль склона максимально.

Решение. Угол броска \(\mathit{\alpha}\) по-прежнему отсчитывается от горизонтали. Для движения над восходящим склоном требуется \(\mathit{\beta<\alpha<90^\circ}\). При встрече с поверхностью:

\[\mathit{y=x\mathop{\mathit{tg}}\nolimits\beta.}\]

Подставляя уравнения движения и отделяя корень \(\mathit{t=0}\), получаем положительное время повторного пересечения:

\[\mathit{v_0\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\alpha\,T-\frac{gT^2}{2}=v_0\mathop{\mathit{cos}}\nolimits\alpha\,T\mathop{\mathit{tg}}\nolimits\beta,}\]

\[\mathit{T=\frac{2v_0\mathop{\mathit{sin}}\nolimits(\alpha-\beta)}{g\mathop{\mathit{cos}}\nolimits\beta}.}\]

Горизонтальная координата равна \(\mathit{x=v_0\mathop{\mathit{cos}}\nolimits\alpha\,T}\), а расстояние вдоль склона вычисляется по формуле \(\mathit{\ell=x/\mathop{\mathit{cos}}\nolimits\beta}\). Следовательно:

\[\mathit{\ell=\frac{2v_0^2\mathop{\mathit{cos}}\nolimits\alpha\mathop{\mathit{sin}}\nolimits(\alpha-\beta)}{g\mathop{\mathit{cos}}\nolimits^2\beta}.}\]

Производная не потребуется. Применяется тождество:

\[\mathit{2\mathop{\mathit{cos}}\nolimits\alpha\mathop{\mathit{sin}}\nolimits(\alpha-\beta)=\mathop{\mathit{sin}}\nolimits(2\alpha-\beta)-\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\beta.}\]

При фиксированном \(\mathit{\beta}\) максимум достигается, когда синус равен единице:

\[\mathit{2\alpha_* -\beta=90^\circ,\qquad\boxed{\alpha_*=45^\circ+\frac\beta2}.}\]

Наибольшее расстояние:

\[\mathit{\ell_{\mathop{\mathit{max}}\nolimits}=\frac{v_0^2(1-\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\beta)}{g\mathop{\mathit{cos}}\nolimits^2\beta}=\boxed{\frac{v_0^2}{g(1+\mathop{\mathit{sin}}\nolimits\beta)}}.}\]

\[\mathit{\alpha_*=60^\circ,\qquad\ell_{\mathop{\mathit{max}}\nolimits}=\frac{400}{10(1+1/2)}=\frac{80}{3}\approx26{,}67\textit{ м}.}\]

Ответ: \(\mathit{60^\circ}\) к горизонту; \(\mathit{80/3}\) м вдоль склона. Угол к самому склону равен \(\mathit{30^\circ}\). Горизонтальная дальность при этом другая: \(\mathit{x=\ell\mathop{\mathit{cos}}\nolimits30^\circ=40\sqrt3/3}\) м.

Задача 8. Перпендикулярные скорости и неизвестный угол броска

Условие. Через 2 с после броска скорость мяча оказалась перпендикулярна начальной. Найти модуль перемещения за эти 2 с. Начальная скорость, угол и перепад высот не указаны. Движение происходит без столкновений, сопротивлением воздуха пренебречь.

Решение. Треугольник скоростей \(\mathit{OAB}\) прямоугольный при \(\mathit{O}\). Его гипотенуза \(\mathit{AB=gT}\), а медиана к гипотенузе равна её половине. Именно это свойство изображено справа на векторной схеме выше:

\[\mathit{OM=\frac{AB}{2}=\frac{gT}{2}.}\]

Но \(\mathit{OM=|\vec r|/T}\). Следовательно:

\[\mathit{\boxed{|\vec r|=\frac{gT^2}{2}}=\frac{10\cdot2^2}{2}=20\textit{ м}.}\]

Ответ: 20 м. Найдено расстояние по прямой между двумя положениями мяча. Это не длина пройденной дуги и не обязательно горизонтальная дальность. Этих данных достаточно: условие перпендикулярности заменяет сведения об угле и начальной скорости.

Когда стоит рисовать треугольник: если заданы углы между скоростями, их отношение или взаимная перпендикулярность; если требуется модуль перемещения; если ищется оптимальный бросок при заданном перепаде высот. Для попадания в конкретную точку и проверки препятствия координатный метод часто удобнее.

Как выбирать способ решения

Что дано или требуется	С чего начать	Главная проверка
Высота старта, горизонтальный бросок	Найти время из вертикального движения	Начальная вертикальная скорость равна нулю
Бросок и падение на одной высоте	Разложить скорость на составляющие	В вершине исчезает только вертикальная составляющая
Координаты цели и заданная скорость	Использовать уравнение траектории и замену \(\mathit{u=\mathop{\mathit{tg}}\nolimits\alpha}\)	Проверить действительность и допустимость корней
Перегородка на пути	Вычислить \(\mathit{y(x)}\) в её положении	До нужной точки не должно быть столкновения
Минимальная скорость	Условие \(\mathit{D\ge0}\) или площадь треугольника скоростей	Единственный угол и касание границы достижимости
Максимальная дальность с высоты	Площадь треугольника скоростей или граница достижимости	Правило \(\mathit{45^\circ}\) действует только в своём частном случае
Падение на склон	Добавить уравнение поверхности	Различать расстояние вдоль склона и горизонтальную проекцию
Угол между скоростями и модуль перемещения	Треугольник скоростей и его медиана	Медиана равна перемещению, делённому на время

Три короткие задачи для самостоятельной проверки

1. Мяч бросили горизонтально с высоты 45 м со скоростью 12 м/с. Найти время и дальность. Ответ: 3 с и 36 м.
2. С какой минимальной скоростью можно попасть с земли в точку \(\mathit{(40;30)}\) м? Ответ: \(\mathit{20\sqrt2}\) м/с; оптимальный угол удовлетворяет \(\mathit{\mathop{\mathit{tg}}\nolimits\alpha_*=2}\).
3. Под каким углом к горизонту следует бросить мяч вверх по склону с углом \(\mathit{20^\circ}\), чтобы расстояние вдоль него стало максимальным? Ответ: \(\mathit{55^\circ}\), или \(\mathit{35^\circ}\) относительно склона.

Для проверки любого решения полезны три вопроса: одинаковы ли высоты старта и финиша, от какой линии отсчитан угол и что именно названо дальностью. После этого стоит проверить размерность и простой предельный случай. Эти действия помогают заметить ошибку ещё до подстановки чисел.