物理

[TINY NSD]换系巧解导弹曲线问题（来自于我与室友的讨论）

我们先来重温一下这道经典的问题：

目标从${(s_0, 0)}$点出发，以沿y方向的速度${u}$做匀速直线运动。一导弹从原点处发射，其速度大小始终为$v$，方向始终指向目标。已知${v \gt u}$，问：从导弹发射到打中目标，求其运动轨迹方程。

传统解法来自难集：

设导弹运动方向与x轴夹角为${\theta(t)}$，位置为${(x(t), y(t))}$，

则我们可以列出方程：

${\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=v \cos \theta}$ ①，

${\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=v \sin \theta}$ ②，

${\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{ut-y}{s_0-x}}$ ③。

结合①②与三角函数的性质，可得：

${\sqrt{(\mathrm{d}x)^2+(\mathrm{d}y)^2}=v\mathrm{d}t}$ ④。

而将③式变形，写成：

${(s_0-x)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=ut-y}$，

两边取微分，得

${-\mathrm{d}y+(s_0-x)\mathrm{d}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=u\mathrm{d}t-\mathrm{d}y}$，

即${\mathrm{d}t=\frac{s_0-x}{u}\mathrm{d}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}$。

代入④，得${\sqrt{(\mathrm{d}x)^2+(\mathrm{d}y)^2}=\frac{v(s_0-x)}{u}\mathrm{d}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}$，

两边同除以${\mathrm{d}x}$，得${\sqrt{1+(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x})^2}=\frac{v(s_0-x)}{u}\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}}$。

令${\varphi=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}$，则${\sqrt{1+\varphi^2}=\frac{v(s_0-x)}{u}\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}}$。

分离变量，得${\frac{\mathrm{d}\varphi}{\sqrt{1+\varphi^2}}=\frac{u\mathrm{d}x}{v(s_0-x)}}$，

令${\phi=\sh k}$，则${\frac{\mathrm{d}\varphi}{\sqrt{1+\varphi^2}}=\frac{\mathrm{d} (\sh k)}{\sqrt{1+(\sh k)^2}}=\frac{\ch k \mathrm{d}k}{\ch k}=\mathrm{d}k}$，

而${\frac{u\mathrm{d}x}{v(s_0-x)}=-\frac{u}{v}\frac{\mathrm{d}(s_0-x)}{s_0-x}=-\frac{u}{v}\mathrm{d}\ln(s_0-x)}$，

故${k=-\frac{u}{v}\ln (s_0-x)+C_1}$。

当${x=0}$时，${\varphi=0}$，故${k=\operatorname{arsh} \varphi=0}$。

故${C_1=\frac{u}{v}\ln s_0}$，${k=\frac{u}{v}\ln \frac{s_0}{s_0-x}}$。

${\varphi=\sh k=\frac{e^k-e^{-k}}{2}=\frac{(\frac{s_0}{s_0-x})^\frac{u}{v}-(\frac{s_0}{s_0-x})^{-\frac{u}{v}}}{2}=\frac{1}{2}[(1-\frac{x}{s_0})^{-\frac{u}{v}}-(1-\frac{x}{s_0})^{\frac{u}{v}}]}$。

故${\mathrm{d}y=\varphi \mathrm{d}x=\frac{s_0}{2}[(1-\frac{x}{s_0})^{\frac{u}{v}}-(1-\frac{x}{s_0})^{-\frac{u}{v}}]\mathrm{d}(-\frac{x}{s_0})}$

${=\frac{s_0}{2}\mathrm{d}[\frac{v}{v+u}(1-\frac{x}{s_0})^{1+\frac{u}{v}}-\frac{v}{v-u}(1-\frac{x}{s_0})^{1-\frac{u}{v}}]}$，

${y=\frac{s_0}{2}[\frac{v}{v+u}(1-\frac{x}{s_0})^{1+\frac{u}{v}}-\frac{v}{v-u}(1-\frac{x}{s_0})^{1-\frac{u}{v}}+C_2]}$。

而${x=0}$时，${y=0}$，故${C_2=\frac{2uv}{v^2-u^2}}$，

${y=\frac{s_0}{2}[\frac{v}{v+u}(1-\frac{x}{s_0})^{1+\frac{u}{v}}-\frac{v}{v-u}(1-\frac{x}{s_0})^{1-\frac{u}{v}}+\frac{2uv}{v^2-u^2}]}$。

可以看到，后续的思路整体偏常规，但如果想不到③式的处理方法，进而将${\mathrm{d}t}$换元，就根本无法完成处理。

因此，我们给出另一种解法：以目标所在的位置为极点，极轴指向y正方向，角度逆时针测量，构建相对于地面匀速运动的极坐标系。

设导弹的坐标是${(r, \psi)}$，由几何关系，我们可以发现：

${\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=-v-u\cos \psi}$，${r\frac{\mathrm{d} \psi}{\mathrm{d}t}=u\sin \psi}$。

两式相除，即得${\frac{\mathrm{d}r}{r\mathrm{d}\psi}=-\frac{v+u\cos \psi}{u\sin \psi}}$，

分离变量，得${\frac{\mathrm{d}r}{r}=-\frac{v+u\cos \psi}{u\sin \psi}\mathrm{d} \psi}$。

注意到${\frac{\mathrm{d}\psi}{\sin \psi}=\frac{2(\tan^2 \frac{\psi}{2}+1)\mathrm{d}\frac{\psi}{2}}{2\tan\frac{\psi}{2}}=\frac{\mathrm{d}\tan \frac{\psi}{2}}{\tan \frac{\psi}{2}}=\mathrm{d}[\ln(\tan\frac{\psi}{2})]}$，

${\frac{\cos \psi \mathrm{d} \psi}{\sin \psi}=\frac{\mathrm{d} \sin \psi}{\sin \psi}=\mathrm{d} [\ln (\sin \psi)]}$，

则${\ln r=-\frac{v}{u}\ln (\tan \frac{\psi}{2})-\ln (\sin \psi)+C_1}$。

又${\psi=\frac{\pi}{2}}$时，${r=s_0}$，

故${C_1=\ln s_0}$，${r=\frac{s_0}{\sin \psi (\tan \frac{\psi}{2})^\frac{v}{u}}}$。

接下来只需要将这里的极坐标表达式化为原本的直角坐标。

使用$y$会导致引入时间$t$，所以我们从$x$入手：

${x=s_0-r\sin \psi=s_0[1-(\tan \frac{\psi}{2})^{-\frac{v}{u}}]}$，

得${\tan \frac{\psi}{2}=(1-\frac{x}{s_0})^{-\frac{u}{v}}}$，

故${\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\frac{1}{\tan \psi}=-\frac{1-\tan^2 \frac{\psi}{2}}{2\tan \frac{\psi}{2}}=\frac{1}{2}[(1-\frac{x}{s_0})^{-\frac{u}{v}}-(1-\frac{x}{s_0})^\frac{u}{v}]}$，

后面的积分过程与上一种方法一致。

从这过程中，我们会发现利用极坐标解决这题的好处：不会引入多余的变量（如法1中的$\theta$），只用列出两个关于${r}$和$\psi$的方程，就可以解出极坐标系下的轨迹。

同时，法2中的$t$很容易消去，而法1中的方法略显繁琐，特别是还需要注意到${\sin^2 \theta+\cos^2 \theta=1}$才能进行分离变量。

（已完结）