带空气阻力的抛射体飞行运动轨迹
Write By Champrin From 2022-11-20 To 2022-11-
GUET Evolution Team Visual Group
在低速情况下，常用的空气阻力模型有两种：
- 空气阻力与速度的一次方成正比
- 空气阻力与速度的二次方成正比
论文《两种空气阻力模型的抛射体飞行轨迹研究 闵永林 陈池》指出：
- 物体的速度低于\(200m/s\)时，可认为阻力与物体速度大小的平方成正比
- 物体速度远小于低速炮弹(\(300m/s\))时，采用第一种模型；物体速度接近于低速炮弹时,采用第二种模型
对于42mm弹丸和飞镖的初射速都低于这两个值，因此对于文章中指出的，两种模型是否都能采用，需要进行验证采用哪种模型效果更好
在上赛季英雄视觉代码中，建立的是对42mm弹丸忽略了竖直方向上的空气阻力的方程，这或许对短距离来说影响不大，但是若要英雄进行远距离吊射，以及用于飞镖视觉当中，需要更高的准确性，需要建立更精确和更细致的方程
空气阻力与速度的一次方成正比
由牛顿第二定律：
\[\begin{aligned}
ma_x & = - kv\cos{\theta} \\
ma_y & = - (mg + kv\sin{\theta})
\end{aligned}
\]
也即：
\[\begin{aligned}
m\frac{d^2x}{d^2t} & = - k\frac{dx}{dt} \\
m\frac{d^2y}{d^2t} & = -mg - k\frac{dy}{dt}
\end{aligned}
\]
也即：
\[ m\frac{dv_x}{dt} = - kv_x \tag{1}
\]
\[ m\frac{dv_y}{dt} = -mg - kv_y \tag{2}
\]
速度与位移方程
对\(\text{(1)}\text{(2)}\)式分离变量，且两边同时积分，
又有\(v_x > 0\)，且当 \(t = 0,\, v_x = v_0\cos{\theta},\, v_y = v_0\sin{\theta}\)，
可得：
\[ v_x = v_0\cos{\theta} \cdot e^{- \frac{k}{m}t} \tag{3}
\]
\[ v_y = (\frac{mg}{k} + v_0\sin{\theta})e^{-\frac{k}{m}t} - \frac{mg}{k} \tag{4}
\]
对于\(v_x,v_y\)，有：
\[\begin{aligned}
v_x & = \frac{dx}{dt} \\
v_y & = \frac{dy}{dt}
\end{aligned}
\]
对\(\text{(3)}\text{(4)}\)式分离变量，且两边同时积分，
且当 \(t = 0,\, x = x_0,\, y = y_0\)，
可得：
\[ x = x_0 + \frac{mv_0\cos{\theta}}{k}(1 - e^{- \frac{k}{m}t}) \tag{5}
\]
\[ y = y_0 + \frac{m}{k}(\frac{mg}{k} + v_0\sin{\theta})(1 -e^{-\frac{k}{m}t}) - \frac{mg}{k}t \qquad \tag{6}
\]
轨迹方程
由\(\text{(5)}\)式可得：
\[ 1 - e^{- \frac{k}{m}t} = \frac{k(x - x_0)}{mv_0\cos{\theta}} \tag{7}
\]
\[ t = - \frac{m}{k}\ln(1 - \frac{k(x - x_0)}{mv_0\cos{\theta}}) \tag{8}
\]
联立\(\text{(6)}\text{(7)}\text{(8)}\)式，消去\(t\)，可得轨迹方程：
\[ y = y_0 + (\frac{mg}{kv_0\cos{\theta}} + \tan{\theta})(x - x_0) + \frac{m^2g}{k^2}\ln(1 - \frac{k(x - x_0)}{mv_0\cos{\theta}}) \tag{9}
\]
令\(v_y = 0\)，由式\((3)\)可得抛射体到达最高点的时间：
\[t = -\frac{m}{k}\ln{(\cfrac{mg}{mg + kv_0\sin{\theta}})}
\]
落回初始高度所需时间\(t\)
\(y = y_0\)为初始高度，那么令\(\text{(6)}\)式中\(y = y_0\)得：
\[ y_0 = y_0 + \frac{m}{k}(\frac{mg}{k} + v_0\sin{\theta})(1 -e^{-\frac{k}{m}t}) - \frac{mg}{k}t \\
\]
\[ gt = (\frac{mg}{k} + v_0\sin{\theta})(1 - e^{-\frac{k}{m}t})\tag{10}
\]
可见，这是一个超越方程，无法直接求出\(t\)，那么可以想到展开\(e^{-\frac{k}{m}t}\)
展开\(e^{-\frac{k}{m}t}\)
在\(t = 0\)处，把\(e^{-\frac{k}{m}t}\)展开成\(t\)的幂级数：
第一步：
\[f(0) = 1 ,f'(0) = (-\frac{k}{m})^1 ,f''(0) = (-\frac{k}{m})> ^2, ... ,f^{(n)}(0) = (-\frac{k}{m})^n
\]
第二步：
\[ f(0) + f'(0)t + \frac{f''(0)}{2!}t^2 + ... + \frac{f^{(n)} (0)}{n!}t^n + ...
\]
得级数：
\[ 1 + (-\frac{k}{m})t + \frac{(-\frac{k}{m})^2}{2!}t^2 > + ... + \frac{(-\frac{k}{m})^n}{n!}t^n + ...
\]
\[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-\frac{k}{m})^n}{n!}t^n
\]
求此级数收敛半径：
\[ \rho = \lim_{n \Rightarrow \infty} \lvert \frac{a_{n + 1}}{a_n} \rvert = \lim_{n \Rightarrow \infty} \lvert \frac{\frac{(-\frac{k}{m})^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{(-\frac{k}{m})^n}{n!}} \rvert = \lim_{n \Rightarrow \infty} \lvert -\frac{k}{m(n + 1)} \rvert = 0
\]
因此，收敛半径\(R\)：
\[ R = + \infty
\]
进而利用余项\(R_n(t)\)的表达式，求得当\(t \in (-R, R)\)内时，余项\(R_n(t)\)的极限为0
因此：
\[ e^{-\frac{k}{m}t} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-\frac{k}{m})^n}{n!}t^n \qquad (-\infty \lt t \lt +\infty)
\]
取展开式的二次项：
\[ e^{-\frac{k}{m}t} \approx 1 - \frac{k}{m}t + \frac{1}{2}(\frac{k}{m})^2t^2 \tag{11}
\]
联立\(\text{(10)}\text{(11)}\)式，得：
\[ t = \frac{2mv_0\sin{\theta}}{mg + kv_0\sin{\theta}} \qquad \tag{12}
\]
最大射程及其对应\(\theta\)
将\(\text{(11)}\text{(12)}\)式带入\(\text{(4)}\)，得：
\[ x = x_0 + \frac{m^2gv^2_0\sin{2\theta}}{(mg + kv_0\sin{\theta})^2} \tag{13}
\]
要求最大射程，即求\(x\)的最大值，对\(\text{(13)}\)式利用求导法：\(\frac{dx}{d\theta} = 0\)，求得\(x\)的最大值，及其对应\(\theta\)
\[ 2mgv^2_0\cos^2\theta + b\cos\theta - mgv^2_0 = 0 \tag{14}
\]
空气阻力与速度的二次方成正比
运动至最高点过程
由牛顿第二定律：
\[\begin{aligned}
ma_x & = - kv^2_x \\
ma_y & = - (mg + kv^2_y)
\end{aligned}
\]
也即：
\[ m\frac{dv_x}{dt} = - kv^2_x \tag{2.1}
\]
\[ m\frac{dv_y}{dt} = -mg - kv^2_y \tag{2.2}
\]
速度与位移方程
对\((2.1)(2.2)\)式分离变量，且两边同时积分，
且当 \(t = 0,\, v_x = v_0\cos{\theta},\, v_y = v_0\sin{\theta}\)，
可得：
\[ v_x = \frac{mv_0\cos{\theta}}{m + ktv_0\cos{\theta}} \tag{2.3}
\]
\[ v_y = \frac{mg\tan(-\frac{t\sqrt{mgk}}{m}) + v_0\sin{\theta}\sqrt{mgk}}{\sqrt{mgk} - kv_0\sin{\theta}\tan(-\frac{t\sqrt{mgk}}{m})} \tag{2.4.1}
\]
\[ v_y = \sqrt{\frac{mg}{k}}\tan(-t\sqrt{\frac{gk}{m}} + \arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}})) \tag{2.4.2}
\]
对于\(v_x,v_y\)，有：
\[\begin{aligned}
v_x & = \frac{dx}{dt} \\
v_y & = \frac{dy}{dt}
\end{aligned}
\]
对\(\text{(3)}\text{(4)}\)式分离变量，且两边同时积分，
且当 \(t = 0,\, x = x_0,\, y = y_0\)，
可得：
\[ x = \frac{m}{k}\ln(1 + \frac{ktv_0\cos{\theta}}{m}) + x_0 \tag{2.5}
\]
\[ y = \frac{m}{k}\ln(\frac{kv_0\sin{\theta}\sin{\frac{t\sqrt{mgk}}{m}} }{\sqrt{mgk}} + \cos{\frac{t\sqrt{mgk}}{m}}) + y_0 \tag{2.6.1}
\]
\[ y = \frac{m}{k}\ln|\frac{\cos(t\sqrt{\frac{gk}{m}} - \arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}}))}{\cos(\arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}}))}| + y_0 \tag{2.6.2}
\]
轨迹方程
由\((2.5)\)可得：
\[ t = \frac{m}{kv_0\cos{\theta}}(e^{\frac{k}{m}(x - x_0)} - 1)
\]
消去\(t\)，可得轨迹方程：
\[ y = \frac{m}{k}\ln(\frac{kv_0\sin{\theta}\sin{\frac{\frac{m}{kv_0\cos{\theta}}(e^{\frac{k}{m}(x - x_0)} - 1)\sqrt{mgk}}{m}} }{\sqrt{mgk}} + \cos{\frac{\frac{m}{kv_0\cos{\theta}}(e^{\frac{k}{m}(x - x_0)} - 1)\sqrt{mgk}}{m}}) + y_0 \tag{2.7.1}
\]
\[ y = \frac{m}{k}\ln|\frac{\cos(\frac{m}{kv_0\cos{\theta}}(e^{\frac{k}{m}(x - x_0)} - 1)\sqrt{\frac{gk}{m}} - \arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}}))}{\cos(\arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}}))}| + y_0 \tag{2.7.2}
\]
抛射体上升到最大高度
当\(v_y = 0\)，抛射体上升到最大高度\(y_{max}\)，由\((2.4.2)\)可得：
\[ t = \sqrt{\frac{m}{gk}}\arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}})
\]
即抛射体上升到最大高度所需时间
\[ t_m = \sqrt{\frac{m}{gk}}\arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}}) \tag{2.8}
\]
再代入由\(\text{(6.2)}\)可得：
\[\begin{aligned}
& 因为\arctan x \in (-\pi/2,\pi/2) \\
y_{max} & = \frac{m}{k}\ln\frac{1}{\cos(\arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}}))} + y_0 \\
\end{aligned}
\]
令\(c = \arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}})\)，那么\(\tan c = v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}}\)
\[ 1 + \tan^2 c = 1 + (v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}})^2 = \frac{1}{\cos^2c} \\
\Rightarrow \frac{1}{\cos(\arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}}))} = \sqrt{1 + (v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}})^2}
\]
\[ y_m = \frac{m}{k}\ln\frac{1}{\cos(\arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}}))} + y_0
\]
\[ y_m = \frac{m}{k}\ln\sqrt{1 + (v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}})^2} + y_0 \tag{2.9}
\]
由最高点下降过程
\(v_{y_2} < 0\)
由牛顿第二定律：
\[\begin{aligned}
ma_{x_2} & = - kv^2_{x_2} \\
ma_{y_2} & = - mg + kv^2_{y_2}
\end{aligned}
\]
也即：
\[ m\frac{dv_{x_2}}{dt} = - kv^2_{x_2} \tag{3.1}\\
\]
\[ m\frac{dv_{y_2}}{dt} = -mg + kv^2_{y_2} \tag{3.2} \\
\]
在最高点时，由\((3)(9)\)式，可得抛射体速度：
\[ v_{0x_2} = \cfrac{mv_0\cos{\theta}}{m + k\sqrt{\cfrac{m}{gk}}\arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\cfrac{k}{mg}})v_0\cos{\theta}} \\
v_{0y_2} = 0
\]
速度与位移方程
对\((3.1)(3.2)\)式分离变量，且两边同时积分，
且当 \(t = t_m,\, v_{x_2} = v_{0x_2},\, v_{y_2} = 0\)，
可得：
\[ v_{x_2} = \frac{mv_0\cos{\theta}}{m + ktv_0\cos{\theta}} \tag{3.3}
\]
\[ v_y = -\sqrt{\frac{mg}{k}}\tanh{(\sqrt{\frac{k}{mg}}g(t-t_m))} \tag{3.4}
\]
对于\(v_x,v_y\)，有：
\[\begin{aligned}
v_x & = \frac{dx}{dt} \\
v_y & = \frac{dy}{dt}
\end{aligned}
\]
对\((3.3)(3.4)\)式分离变量，且两边同时积分，
且当 \(t = t_m,\, x = x_m,\, y = y_m\)，
可得：
\[ x = \frac{m}{k}\ln(1 + \frac{ktv_0\cos{\theta}}{m}) + x_0 \tag{3.5}
\]
\[ y = y_m -\frac{m}{k}\ln\coth(\sqrt{\frac{k}{mg}}g(t-t_m)) \tag{3.6}
\]
轨迹方程
消去t
\[ y = y_m -\frac{m}{k}\ln\coth(\sqrt{\frac{k}{mg}}g(\frac{m}{kv_0\cos{\theta}}(e^{\frac{k}{m}(x - x_0)} - 1)-t_m)) \tag{3.7}
\]
\[ y = \frac{m}{k}\ln\sqrt{1 + (v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}})^2} + y_0 -\frac{m}{k}\ln\coth(\sqrt{\frac{k}{mg}}g(\frac{m}{kv_0\cos{\theta}}(e^{\frac{k}{m}(x - x_0)} - 1)- \sqrt{\frac{m}{gk}}\arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}}))) \tag{3.8}
\]
运用至英雄吊射或飞镖视觉
-
视觉识别装甲板或其他方法定位装甲板，得到装甲板坐标\((x_0, y_0)\)
-
云台枪口移至装甲板正中心
-
以此时云台pitch轴为y轴，枪口朝向为x轴建立坐标系
-
将装甲板坐标转换至该坐标系
-
已知初始射速\(v_0\)，目标装甲板坐标\((x_0, y_0)\)
使\((2.7.2)和(3.8)\)都是非线性方程，只能用数值求解的方式，使用牛顿迭代法求得数值解\(\theta\)，这个解，即为解得pitch轴所需的转角
- 吊射前哨站，不需要使42mm弹丸做完整抛物线运动，即不需要使其运动至最高点才能击中前哨站，利用\((2.7.2)\)式，解得\(\theta\)
- 吊射基地，这个距离下需要使42mm弹丸运动至最高点才能击中基地，那么就需要\((2.8)\)式，解得\(\theta\)
同时需要寻找一个角度，在弹道稳定的情况下，在初射速存在波动的情况下也能命中目标TODO
