空气阻力与速度的二次方成正比
目录运动至最高点过程
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：
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：
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：
对于\(v_{x_2},v_{y_2}\)，有：
\[\begin{aligned} v_{x_2} & = \frac{dx}{dt} \\ v_{y_2} & = \frac{dy}{dt} \end{aligned} \]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：
轨迹方程
消去t
\[y = y_m -\frac{m}{k}\ln\cosh(\sqrt{\frac{k}{mg}}g(\frac{m}{kv_0\cos{\theta}}(e^{\frac{k}{m}(x - x_0)} - 1)-t_m)) \tag{3.7} \]\[y = \frac{m}{k}\ln\sqrt{1 + (v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}})^2} + y_0 -\frac{m}{k}\ln\cosh(\sqrt{\frac{k}{mg}}g(\frac{m}{kv_0\cos{\theta}}(e^{\frac{k}{m}(x - x_0)} - 1)- \sqrt{\frac{m}{gk}}\arctan(v_0\sin{\theta}\sqrt{\frac{k}{mg}}))) \tag{3.8} \]运用至英雄吊射或飞镖视觉
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视觉识别装甲板或其他方法定位装甲板，得到装甲板坐标\((x_0, y_0)\)
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云台枪口移至装甲板正中心
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以此时云台pitch轴为y轴，枪口朝向为x轴建立坐标系
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将装甲板坐标转换至该坐标系
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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
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