Physique du parachutisme
Le parachute vitesse terminale soit de l'ordre de 30 km/h , ce qui correspond Ă 8 m/s ou Ă la chute d'un deuxiĂšme Ă©tage.
ModĂšle ultra simplifiĂ© : vitesse acquise au cours d'une descente Au dĂ©part de la chute du parachutiste depuis un avion, la rĂ©sistance de lâair est initialement infĂ©rieure au poids, donc la chute s'accĂ©lĂšre. Le parachutiste est au tout dĂ©but en quasi-apesanteur Ă 0 g , son accĂ©lĂ©ration Ă©tant de 1 g vers le bas. Cette rĂ©sistance de l'air croĂźt proportionnellement au carrĂ© de la vitesse de chute, jusqu'Ă Ă©galer le poids, et la vitesse se stabilise[1] [2] [3]
L'accĂ©lĂ©ration dĂ©croĂźt progressivement jusqu'Ă ne plus ĂȘtre que d'environ 0,1 g dans la position cambrĂ©e au bout d'une minute environ, juste avant l'ouverture du parachute. Un parachutiste qui chute en position allongĂ©e horizontalement, dite « cambrĂ©e », rencontre davantage de rĂ©sistance qu'en chutant en position profilĂ©e verticale (environ 300 km/h), et descend donc moins vite (environ 200 km/h), son maĂźtre-couple Ă©tant supĂ©rieur[4] [5] 450 km/h ont pu ĂȘtre obtenues[6]
Lorsque le parachutiste ouvre son parachute, lâair s'engouffre dans la voilure et impose une forte rĂ©sistance, initialement plus grande que le poids : la chute est freinĂ©e en quelques secondes d'environ 200 km/h Ă 15 km/h, ce qui procure une accĂ©lĂ©ration vers le haut entre 3 et 6 g qui donne au parachutiste l'impression illusoire de remonter[7]
à propos de la détermination de la surface minimale du parachute, voir également le menu déroulant "Détermination de la taille du parachute par M. le chevalier Du Buat" dans l'article Parachute .
Par comparaison, le parapente de voilure encore plus grande, tout comme un deltaplane, offre une rĂ©sistance telle que les courants ascendants de l'air lui permettent de rester en suspension et mĂȘme de monter.
Cependant, ce modÚle est trÚs incomplet car l'accélération n'est pas constante , mais l'« à -coup » est lui constant. Ce point sera discuté trÚs en détail plus bas.
Chute libre
Parachute ouvert
Graphique vitesse-temps
Chute d'une personne Un ĂȘtre humain en position verticale ne peut guĂšre supporter une accĂ©lĂ©ration de plus de 5 g . Au delĂ , le parachutiste sera victime d'un voile noir . En position horizontale sur le ventre, le parachutiste pourrait subir une accĂ©lĂ©ration de 20 g (yeux sortant des orbites). L'accĂ©lĂ©ration maximale tolĂ©rĂ©e dĂ©pend du temps d'exposition. De toute façon, toute accĂ©lĂ©ration supĂ©rieure Ă 30 g est mortelle[8] g ont totalement rĂ©cupĂ©rĂ©. Il importe donc de concevoir un parachute qui ralentisse suffisamment la personne et ne la soumette pas Ă des accĂ©lĂ©rations insensĂ©es[9] [10]
Forces Les deux forces en présence sont :
le poids dirigé vers le bas, d'intensité
P
=
m
g
{\displaystyle P=m\,g}
la résistance de l'air (ou traßnée aérodynamique) dirigée vers le haut, d'intensité
R
=
1
2
Ï
S
C
x
v
2
{\displaystyle R={\tfrac {1}{2}}\rho \,S\,C_{x}\,v^{2}}
Dans ces deux formules :
Ï
{\displaystyle \rho \,}
S
{\displaystyle S\,}
section droite du parachute ;
C
x
{\displaystyle C_{x}\,}
coefficient de traßnée ;
v
{\displaystyle v\,}
m
{\displaystyle m\,}
masse de l'assemblage parachutiste + parachute.Le rÎle du parachute est de limiter la vitesse de chute terminale du parachutiste, en augmentant considérablement la résistance de l'air (parce que sa présence augmente fortement la surface
S
{\displaystyle S}
C
x
{\displaystyle C_{x}\,}
Vitesse limite La résultante des forces appliquées à un objet pendant sa chute, comptée positivement vers le bas, est
F
=
P
â
R
{\displaystyle F=P-R}
L'accélération de l'objet est
a
=
F
/
m
{\displaystyle \,a=F/m}
En début de chute, lorsque la vitesse est encore faible, la résistance de l'air est beaucoup plus faible que le poids, et la chute s'accélÚre.
La vitesse augmentant, la résistance de l'air finit par équilibrer le poids et la vitesse de chute tend vers une constante appelée vitesse limite (ou vitesse terminale
La vitesse terminale, définie par
a
=
0
{\displaystyle a=0}
P
=
R
{\displaystyle P=R}
v
t
=
2
m
g
Ï
S
C
x
{\displaystyle v_{\mathrm {t} }={\sqrt {\frac {2mg}{\rho SC_{x}}}}}
ModÚle « naïf » du parachutiste On effectue l'hypothÚse incorrecte que le parachute s'ouvre instantanément.
L'Ă©quation dynamique s'Ă©crit donc :
m
d
v
d
t
=
m
g
â
1
2
Ï
S
C
v
2
{\displaystyle m{dv \over dt}=mg-{1 \over 2}\rho SCv^{2}}
Soit
v
0
{\displaystyle v_{0}}
On définit
T
=
v
t
2
g
{\displaystyle T={v_{t} \over 2g}}
K
=
v
0
â
v
t
v
0
+
v
t
{\displaystyle K={v_{0}-v_{t} \over v_{0}+v_{t}}}
La loi de vitesse est la suivante :
v
=
1
+
K
e
â
t
T
1
â
K
e
â
t
T
v
t
{\displaystyle v={1+Ke^{-{t \over T}} \over 1-Ke^{-{t \over T}}}v_{t}}
Résolution de l'équation différentielle
On obtient donc :
d
v
d
t
=
g
â
1
2
Ï
S
C
m
v
2
{\displaystyle {dv \over dt}=g-{1 \over 2}{\rho SC \over m}v^{2}}
Donc,
d
v
g
â
1
2
Ï
S
C
m
v
2
=
d
t
{\displaystyle {dv \over g-{1 \over 2}{\rho SC \over m}v^{2}}=dt}
Donc,
d
v
â
2
g
m
Ï
S
C
+
v
2
=
â
Ï
S
C
2
m
d
t
{\displaystyle {dv \over -{2gm \over \rho SC}+v^{2}}=-{\rho SC \over 2m}dt}
On rappelle que la vitesse terminale est :
v
t
=
2
g
m
Ï
S
C
{\displaystyle v_{t}={\sqrt {2gm \over \rho SC}}}
L'équation différentielle à résoudre est donc:
d
v
v
2
â
v
t
2
=
Ï
S
C
2
m
d
t
{\displaystyle {dv \over v^{2}-v_{t}^{2}}={\rho SC \over 2m}dt}
On décompose en élements simples. On remarque que:
1
v
2
â
v
t
2
=
1
2
v
t
(
1
v
â
v
t
â
1
v
+
v
t
)
{\displaystyle {1 \over v^{2}-v_{t}^{2}}={1 \over 2v_{t}}\left({1 \over v-v_{t}}-{1 \over v+v_{t}}\right)}
On obtient donc:
1
2
v
t
(
1
v
â
v
t
â
1
v
+
v
t
)
d
v
=
â
g
v
t
2
d
t
{\displaystyle {1 \over 2v_{t}}\left({1 \over v-v_{t}}-{1 \over v+v_{t}}\right)dv=-{g \over v_{t}^{2}}dt}
Donc,
(
1
v
â
v
t
â
1
v
â
v
t
)
d
v
=
â
2
g
v
t
d
t
{\displaystyle \left({1 \over v-v_{t}}-{1 \over v-v_{t}}\right)dv=-{2g \over v_{t}}dt}
On définit
T
=
v
t
2
g
{\displaystyle T={v_{t} \over 2g}}
On résout donc :
(
1
v
â
v
t
â
1
v
â
v
t
)
d
v
=
â
d
t
T
{\displaystyle \left({1 \over v-v_{t}}-{1 \over v-v_{t}}\right)dv=-{dt \over T}}
On calcule la primitive. Donc,
log
âĄ
(
v
â
v
t
)
â
log
âĄ
(
v
+
v
t
)
=
C
t
e
â
t
T
{\displaystyle \log(v-v_{t})-\log(v+v_{t})=Cte-{t \over T}}
Donc,
log
âĄ
(
v
â
v
t
v
+
v
t
)
=
C
t
e
â
t
T
{\displaystyle \log \left({v-v_{t} \over v+v_{t}}\right)=Cte-{t \over T}}
Donc,
v
â
v
t
v
+
v
t
=
exp
âĄ
(
C
t
e
â
t
T
)
{\displaystyle {v-v_{t} \over v+v_{t}}=\exp \left(Cte-{t \over T}\right)}
Donc,
v
â
v
t
v
+
v
t
=
K
e
â
t
T
{\displaystyle {v-v_{t} \over v+v_{t}}=Ke^{-{t \over T}}}
Donc,
v
â
v
t
=
K
e
â
t
T
(
v
+
v
t
)
{\displaystyle v-v_{t}=Ke^{-{t \over T}}(v+v_{t})}
Donc,
(
K
e
â
t
T
+
1
)
v
t
=
v
(
1
â
K
e
â
t
T
)
{\displaystyle \left(Ke^{-{t \over T}}+1\right)v_{t}=v\left(1-Ke^{-{t \over T}}\right)}
Donc,
v
=
1
+
K
e
â
t
T
1
â
K
e
â
t
T
v
t
{\displaystyle v={1+Ke^{-{t \over T}} \over 1-Ke^{-{t \over T}}}v_{t}}
On suppose qu'Ă t = 0, alors v = v 0 . Donc,
v
0
=
1
+
K
e
0
1
â
K
e
â
0
v
t
{\displaystyle v_{0}={1+Ke^{0} \over 1-Ke^{-0}}v_{t}}
Donc,
(
1
â
K
)
v
0
=
(
1
+
K
)
v
t
{\displaystyle (1-K)v_{0}=(1+K)v_{t}}
Donc,
K
=
v
0
â
v
t
v
0
+
v
t
{\displaystyle K={v_{0}-v_{t} \over v_{0}+v_{t}}}
Et donc:
v
=
1
+
K
e
â
t
T
1
â
K
e
â
t
T
v
t
{\displaystyle v={1+Ke^{-{t \over T}} \over 1-Ke^{-{t \over T}}}v_{t}}
On constate que lorsque
t
â
â
{\displaystyle t\to \infty }
v
â
v
t
{\displaystyle v\to v_{t}}
On note que
T
=
5
/
(
2
Ă
10
)
=
0.25
{\displaystyle T=5/(2\times 10)=0.25}
On rappelle que la vitesse terminale est :
v
t
=
2
g
m
Ï
S
C
{\displaystyle v_{t}={\sqrt {2gm \over \rho SC}}}
AprÚs substitution, on montre que la décélération initiale est la suivante :
d
v
0
d
t
=
g
â
g
v
t
2
v
0
2
{\displaystyle {dv_{0} \over dt}=g-{g \over v_{t}^{2}}v_{0}^{2}}
On remarque que :
g
âȘ
g
v
t
2
v
0
2
{\displaystyle g\ll {g \over v_{t}^{2}}v_{0}^{2}}
Donc,
d
v
0
d
t
â
â
g
(
v
0
v
t
)
2
{\displaystyle {dv_{0} \over dt}\approx -g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}}
Ce modĂšle est manifestement invalide car si l'on suppose que
v
t
=
8
{\displaystyle v_{t}=8}
v
0
=
80
{\displaystyle v_{0}=80}
g qui le tuerait à coup sûr [8]
Ouverture en temps fini Parachute moderne en forme rectangulaire. Au cours du déploiement, la surface augmente linéairement avec le temps.
Il est connu que la distance parcourue lors de l'ouverture du parachute est indépendante des conditions initiales[11] [11]
Ăvolution du facteur de charge en fonction du temps pour un parachute
Donc le modÚle du déploiement instantané est invalide et il est aussi contredit par l'expérience. En effet, Knack[12] jerk était constant comme montré dans la figure ci-contre.
En outre, Potvin[13] g et que l'accélération augmente linéairement en fonction du temps jusqu'au déploiement complet (pour les parachutes en forme rectangulaire). Ces résultats contredisent totalement le modÚle naïf proposé supra .
On peut donc supposer qu'en premiÚre approximation, le jerk (qui est la dérivée de l'accélération par rapport au temps) est constant. Il a été proposé par Meade[14]
Chute libre du parachutiste : le maĂźtre couple est S 0 oĂč la vitesse asymptotique est v 0 .
Phase d'ouverture du parachute oĂč le maĂźtre couple augmente (linĂ©airement ?). La vitesse v varie significativement ;
Phase terminale oĂč le parachute est totalement ouvert et la vitesse de chute approche v t . Les Ă©quations qui suivent sont basĂ©es sur le modĂšle de Meade[15] [15] maniĂšre quadratique en fonction du temps. Pour un parachute moderne ayant une forme allongĂ©e cylindrique (comme montrĂ© dans la figure ci-contre), on pourra considĂ©rer que la section efficace croĂźtra linĂ©airement en fonction du temps vu que la surface efficace sera simplement proportionnelle au rayon du cylindre. Cela est confirmĂ© en premiĂšre approximation par l'Ă©tude de Knack[12]
L'Ă©quation dynamique s'Ă©crit donc :
m
d
v
d
t
=
m
g
â
1
2
Ï
S
(
t
)
C
v
2
{\displaystyle m{dv \over dt}=mg-{1 \over 2}\rho S(t)Cv^{2}}
On suppose que la surface varie linéairement et l'on écrit
S
(
t
)
=
S
0
+
Ï
t
{\displaystyle S(t)=S_{0}+\sigma t}
Soit t 0 la durée du déploiement du parachute. L'équation dynamique peut alors s'écrire :
d
v
d
t
=
g
(
1
â
(
v
v
0
)
2
)
â
g
(
v
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle {dv \over dt}=g\left(1-\left({v \over v_{0}}\right)^{2}\right)-g\left({v \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
Calcul de l'Ă©quation dynamique lors d'un temps d'ouverture fini
m
d
v
d
t
=
m
g
â
1
2
Ï
C
(
S
0
+
Ï
t
)
v
2
{\displaystyle m{dv \over dt}=mg-{1 \over 2}\rho C(S_{0}+\sigma t)v^{2}}
On suppose qu'Ă t = 0, il y a Ă©quilibre. Donc,
0
=
m
d
v
d
t
(
t
=
0
)
=
m
g
â
1
2
Ï
C
(
S
0
+
Ï
0
)
v
(
t
=
0
)
2
{\displaystyle 0=m{dv \over dt}(t=0)=mg-{1 \over 2}\rho C(S_{0}+\sigma 0)v(t=0)^{2}}
On note
v
0
=
v
(
t
=
0
)
{\displaystyle v_{0}=v(t=0)}
0
=
m
g
â
1
2
Ï
C
(
S
0
+
Ï
0
)
v
0
2
{\displaystyle 0=mg-{1 \over 2}\rho C(S_{0}+\sigma 0)v_{0}^{2}}
Donc,
0
=
m
g
â
1
2
Ï
C
S
0
v
0
2
{\displaystyle 0=mg-{1 \over 2}\rho CS_{0}v_{0}^{2}}
Donc,
1
2
Ï
C
S
0
=
m
g
v
0
2
{\displaystyle {1 \over 2}\rho CS_{0}={mg \over v_{0}^{2}}}
L'Ă©quation dynamique devient donc :
m
d
v
d
t
=
m
g
â
(
m
g
v
0
2
+
1
2
Ï
C
Ï
t
)
v
2
{\displaystyle m{dv \over dt}=mg-\left({mg \over v_{0}^{2}}+{1 \over 2}\rho C\sigma t\right)v^{2}}
Donc,
d
v
d
t
=
g
â
(
g
v
0
2
â
1
2
Ï
C
Ï
m
t
)
v
2
{\displaystyle {dv \over dt}=g-\left({g \over v_{0}^{2}}-{1 \over 2}{\rho C\sigma \over m}t\right)v^{2}}
On a :
Ï
=
S
/
t
0
{\displaystyle \sigma =S/t_{0}}
d
v
d
t
=
g
(
1
â
(
v
v
0
)
2
)
â
1
2
Ï
C
S
m
t
0
t
v
2
{\displaystyle {dv \over dt}=g\left(1-\left({v \over v_{0}}\right)^{2}\right)-{1 \over 2}{\rho CS \over mt_{0}}tv^{2}}
On rappelle que
1
2
Ï
C
S
m
=
1
v
t
g
2
{\displaystyle {1 \over 2}{\rho CS \over m}={1 \over v_{t}}g^{2}}
Donc,
d
v
d
t
=
g
(
1
â
(
v
v
0
)
2
)
â
g
(
v
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle {dv \over dt}=g\left(1-\left({v \over v_{0}}\right)^{2}\right)-g\left({v \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
La solution rigoureuse de cette équation différentielle dite de Riccati fait intervenir les fonctions d'Airy qui sont nettement au-delà du but de cette discussion.
Comme l'on est intéressé par le comportement lors du début de l'ouverture du parachute et que l'on va démontrer que la décélération est supportable, on va linéariser l'équation différentielle et examiner le comportement lorsque t est petit.
On définit
w
=
v
0
â
v
>
0
{\displaystyle w=v_{0}-v>0}
x
=
2
g
v
0
t
{\displaystyle x={2g \over v_{0}}t}
On peut montrer que :
w
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
(
x
â
1
+
e
â
x
)
{\displaystyle w={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(x-1+e^{-x})}
d
w
d
x
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
(
1
â
e
â
x
)
{\displaystyle {dw \over dx}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(1-e^{-x})}
Donc,
d
2
w
d
x
2
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
e
â
x
{\displaystyle {d^{2}w \over dx^{2}}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}e^{-x}}
On note que pour x petit, l'on a
e
â
x
â
1
{\displaystyle e^{-x}\approx 1}
Donc, pour
x
âȘ
1
{\displaystyle x\ll 1}
w
â
1
2
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
x
2
{\displaystyle w\approx {1 \over 2}{g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x^{2}}
d
w
d
x
â
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
x
{\displaystyle {dw \over dx}\approx {g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x}
d
2
w
d
x
2
â
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
{\displaystyle {d^{2}w \over dx^{2}}\approx {g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}}
On voit que pour x petit, le jerk est pratiquement constant.
Démonstration de la formule approchée
Donc,
d
v
d
t
=
g
(
1
+
v
v
0
)
(
1
â
v
v
0
)
â
g
(
v
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle {dv \over dt}=g\left(1+{v \over v_{0}}\right)\left(1-{v \over v_{0}}\right)-g\left({v \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
Au début, la résistance de l'air est beaucoup plus grande que le poids et l'on
a
v
â
v
0
{\displaystyle v\approx v_{0}}
d
v
d
t
â
g
(
1
+
1
)
(
1
â
v
v
0
)
â
g
(
v
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle {dv \over dt}\approx g\left(1+1\right)\left(1-{v \over v_{0}}\right)-g\left({v \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
Donc,
d
v
d
t
=
2
g
v
0
â
v
v
0
â
g
(
v
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle {dv \over dt}=2g{v_{0}-v \over v_{0}}-g\left({v \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
On pose
w
=
v
0
â
v
{\displaystyle w=v_{0}-v}
Donc,
d
(
v
0
â
w
)
d
t
=
2
g
w
v
0
â
g
(
v
0
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle {d(v_{0}-w) \over dt}=2g{w \over v_{0}}-g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
On est au premier ordre et t est petit (on enlĂšve les termes du 2e ordre)
Donc,
â
d
w
d
t
=
2
g
w
v
0
â
g
(
v
0
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle -{dw \over dt}=2g{w \over v_{0}}-g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
On a une équation linéaire avec second membre.
La solution du systĂšme homogĂšne est
â
d
W
d
t
=
2
g
W
v
0
{\displaystyle -{dW \over dt}=2g{W \over v_{0}}}
On obtient donc :
d
W
W
=
â
2
g
v
0
d
t
{\displaystyle {dW \over W}=-{2g \over v_{0}}dt}
Donc,
log
âĄ
(
W
)
=
C
t
e
â
2
g
v
0
t
{\displaystyle \log(W)=Cte-{2g \over v_{0}}t}
Donc,
W
=
exp
âĄ
(
â
2
g
v
0
t
)
{\displaystyle W=\exp \left(-{2g \over v_{0}}t\right)}
On fait maintenant varier la constante K et l'on définit :
w
=
K
W
{\displaystyle w=KW}
On obtient alors:
â
d
(
K
W
)
d
t
=
2
g
K
W
v
0
â
g
(
v
0
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle -{d(KW) \over dt}=2g{KW \over v_{0}}-g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
De maniĂšre Ă©quivalente :
d
(
K
W
)
d
t
=
â
2
g
K
W
v
0
+
g
(
v
0
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle {d(KW) \over dt}=-2g{KW \over v_{0}}+g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
Donc,
K
âČ
W
+
K
W
âČ
=
â
2
g
K
W
v
0
+
g
(
v
0
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle K'W+KW'=-2g{KW \over v_{0}}+g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
Il y a simplification et donc:
K
âČ
W
=
g
(
v
0
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle K'W=g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
Le problĂšme se ramĂšne donc Ă calculer une primitive.
K
âČ
=
g
1
W
(
v
0
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle K'=g{1 \over W}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
Donc,
K
âČ
=
g
1
W
(
v
0
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle K'=g{1 \over W}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
Donc,
K
âČ
=
g
e
2
g
v
0
t
(
v
0
v
t
)
2
t
t
0
{\displaystyle K'=ge^{{2g \over v_{0}}t}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}}
Donc,
K
âČ
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
e
2
g
v
0
t
t
{\displaystyle K'={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}e^{{2g \over v_{0}}t}t}
On définit
x
=
2
g
v
0
t
{\displaystyle x={2g \over v_{0}}t}
Donc,
d
K
x
d
x
d
t
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
e
x
x
v
0
2
g
{\displaystyle {dK \over x}{dx \over dt}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}e^{x}{xv_{0} \over 2g}}
Donc,
d
K
d
x
2
g
v
0
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
e
x
x
v
0
2
g
{\displaystyle {dK \over dx}{2g \over v_{0}}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}e^{x}{xv_{0} \over 2g}}
Donc,
d
K
d
x
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
e
x
x
v
0
2
g
v
0
2
g
{\displaystyle {dK \over dx}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}e^{x}{xv_{0} \over 2g}{v_{0} \over 2g}}
Donc,
d
K
d
x
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
e
x
x
{\displaystyle {dK \over dx}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}e^{x}x}
La primitive de
â«
x
e
x
=
x
e
x
â
e
x
{\displaystyle \int xe^{x}=xe^{x}-e^{x}}
On obtient donc:
K
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
(
e
x
x
â
e
x
)
+
C
t
e
{\displaystyle K={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(e^{x}x-e^{x})+Cte}
Donc,
w
=
K
e
â
x
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
[
(
e
x
x
â
e
x
)
+
C
t
e
]
e
â
x
{\displaystyle w=Ke^{-x}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}\left[(e^{x}x-e^{x})+Cte\right]e^{-x}}
Donc,
w
=
K
e
â
x
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
(
x
â
1
)
+
C
t
e
Ă
e
â
x
{\displaystyle w=Ke^{-x}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(x-1)+Cte\times e^{-x}}
Ă t = 0 , on a x = 0 . Donc,
0
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
(
0
â
1
)
+
C
t
e
Ă
e
0
{\displaystyle 0={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(0-1)+Cte\times e^{0}}
Donc,
C
t
e
=
+
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
{\displaystyle Cte=+{g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}}
Donc,
w
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
(
1
â
x
)
â
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
e
â
x
{\displaystyle w={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(1-x)-{g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}e^{-x}}
Donc,
w
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
(
x
â
1
+
e
â
x
)
{\displaystyle w={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(x-1+e^{-x})}
Donc,
w
âČ
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
(
1
â
e
â
x
)
{\displaystyle w'={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(1-e^{-x})}
Donc,
w
âł
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
e
â
x
{\displaystyle w''={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}e^{-x}}
On voit que pour
x petit, le
jerk est pratiquement constant.
On va maintenant calculer une estimation grossiÚre de l'accélération lorsque
w
(
x
)
=
v
0
/
2
{\displaystyle w(x)=v_{0}/2}
On démontre que
x
=
4
t
0
g
v
t
2
v
0
3
{\displaystyle x={\sqrt {4t_{0}gv_{t}^{2} \over v_{0}^{3}}}}
Calcul du temps normalisé
On considĂšre x petit et l'on calcule x tel que l'on a
w
=
v
0
/
2
{\displaystyle w=v_{0}/2}
On résout :
v
0
/
2
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
(
x
â
1
+
e
â
x
)
{\displaystyle v_{0}/2={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(x-1+e^{-x})}
On effectue un développement limité
v
0
/
2
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
(
x
â
1
+
(
1
â
x
+
x
2
/
2
)
)
{\displaystyle v_{0}/2={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(x-1+(1-x+x^{2}/2))}
Donc,
v
0
/
2
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
x
2
/
2
{\displaystyle v_{0}/2={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x^{2}/2}
Donc,
v
0
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
x
2
{\displaystyle v_{0}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x^{2}}
Donc,
x
2
=
v
0
t
0
g
(
v
t
v
0
)
2
(
2
g
v
0
)
2
{\displaystyle x^{2}=v_{0}{t_{0} \over g}\left({v_{t} \over v_{0}}\right)^{2}\left({2g \over v_{0}}\right)^{2}}
Donc,
x
2
=
v
0
t
0
v
t
2
4
g
2
g
v
0
2
v
0
2
{\displaystyle x^{2}={v_{0}t_{0}v_{t}^{2}4g^{2} \over gv_{0}^{2}v_{0}^{2}}}
Donc,
x
2
=
4
t
0
g
v
t
2
v
0
3
{\displaystyle x^{2}={4t_{0}gv_{t}^{2} \over v_{0}^{3}}}
On suppose que
v
t
=
7
{\displaystyle v_{t}=7}
v
0
=
50
{\displaystyle v_{0}=50}
t
0
=
5
{\displaystyle t_{0}=5}
t
â
0.5
{\displaystyle t\approx 0.5}
x
2
=
4
Ă
5
Ă
10
Ă
7
2
50
3
{\displaystyle x^{2}={4\times 5\times 10\times 7^{2} \over 50^{3}}}
D'oĂč x = 0.28
L'accélération estimée est donc la suivante
d
w
d
t
=
v
0
3
2
t
0
v
t
2
x
{\displaystyle {dw \over dt}={v_{0}^{3} \over 2t_{0}v_{t}^{2}}x}
Calcul de l'accélération lorsque
v
=
v
0
/
2
{\displaystyle v=v_{0}/2}
Pour x petit, l'on a :
w
âČ
â
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
x
{\displaystyle w'\approx {g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x}
Donc,
d
w
d
t
d
t
d
x
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
x
{\displaystyle {dw \over dt}{dt \over dx}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x}
On remplace d t / d x. Donc,
d
w
d
t
v
0
2
g
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
(
v
0
2
g
)
2
x
{\displaystyle {dw \over dt}{v_{0} \over 2g}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x}
Donc,
d
w
d
t
=
g
t
0
(
v
0
v
t
)
2
v
0
2
g
x
{\displaystyle {dw \over dt}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{v_{0} \over 2g}x}
On obtient donc :
d
w
d
t
=
g
v
0
2
v
0
t
0
v
t
2
2
g
x
{\displaystyle {dw \over dt}={gv_{0}^{2}v_{0} \over t_{0}v_{t}^{2}2g}x}
Donc,
d
w
d
t
=
v
0
3
2
t
0
v
t
2
x
{\displaystyle {dw \over dt}={v_{0}^{3} \over 2t_{0}v_{t}^{2}}x}
Donc,
d
w
d
t
=
2
g
t
t
0
(
v
0
v
t
)
2
{\displaystyle {dw \over dt}=2g{t \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}}
Numériquement, on a :
d
w
d
t
=
50
3
2
Ă
5
Ă
7
2
Ă
0.28
=
71.4
{\displaystyle {dw \over dt}={50^{3} \over 2\times 5\times 7^{2}}\times 0.28=71.4}
L'accélération est alors de l'ordre de 7 g .
En outre, les résultats expérimentaux de Potvin sont cohérents avec ce modÚle. Les mesures ont indiqué que le jerk était à peu prÚs constant lors de l'ouverture du parachute et que l'accélération maximale était de l'ordre de 7 g .
Le modÚle n'a pas tenu compte de l'élasticité des suspentes. Cependant, les valeurs sont trÚs proches des valeurs expérimentales données par Potvin.
RentrĂ©e de sondes spatiales Lorsqu'un engin spatial rentre dans lâatmosphĂšre, la vitesse est en gĂ©nĂ©ral hypersonique (en atmosphĂšre rarĂ©fiĂ©e) puis supersonique et le modĂšle ci-dessus ne s'applique pas[11]
Notes et rĂ©fĂ©rences (en) « The Physics Of Skydiving » (en) « The Physics of Skydiving » (en) Dane Lenaker, « The Physics of Skydiving » 2002 « Quelle vitesse peut-on atteindre lors dâune chute libre ? » (consultĂ© le 5 janvier 2017 ) (en) Dulli Chandra Agrawal, « Teaching physics: Terminal velocity of skydivers » , Physics Education â juillet 2000 (DOI 10.1088/0031-9120/35/4/11 lire en ligne ) (en) « Live results 2016 » (consultĂ© le 5 janvier 2017 ) (en) Jean Potvin and Gary Peek, « Parachute Opening Shock Basics » 2001 (consultĂ© le 1er janvier 2017 (en) Robert V. Brulle, Engineering the Space Age: A Rocket Scientist Remembers , Air University Press, juillet 2008 , 268 p. (ISBN 978-1-58566-184-8 , lire en ligne ) , p. 135 (en) Calvin Lee, « Modeling of Parachute Opening: An Experimental Investigation » , Journal of Aircraft vol. 26, no 5,â 1989 (DOI 10.2514/3.45783 (en) Dean F. Wolf, « Parachute Deployment » (consultĂ© le 3 janvier 2017 ) , p. 5 (en) Kenneth E. French, « Inflation of a Parachute » , AIAA Journal vol. 1, no 11,â novembre 1963 (DOI 10.2514/3.2113 (en) Theo W. Knack, « Parachute Recovery Systems Design Manual » mars 1991 (consultĂ© le 1er janvier 2017 , p. 5-49 (en) Jean Potvin , « Universality Considerations for Graphing Parachute Opening Shock Factor Versus Mass Ratio » , Journal of Aircraft vol. 44, no 2,â 2007 , p. 529-533 (DOI 10.2514/1.24061 (en) Douglas B. Meade , « ODE models for the parachute problem » (consultĂ© le 22 dĂ©cembre 2016 ) (en) Douglas B. Meade et Allan A Struthers , « Differential Equations in the New Millennium: the Parachute Problem » , International Journal of Engineering vol. 15, no 6,â 1999 , p. 419 (lire en ligne , consultĂ© le 7 janvier 2017 )
Voir aussi
Articles connexes
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![{\displaystyle w=Ke^{-x}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}\left[(e^{x}x-e^{x})+Cte\right]e^{-x}}](https://img.franco.wiki/i/2d9bd39386389e862475d8e07c98e1034674ae61.svg)
