Paraşütle atlama fiziği

Paraşüt ekipman parçası bir nesnenin düşüşünü veya açılış, nesne imha edilmesi veya olmayacak zaman kişinin yaralanması veya öldürülmesi şekilde bir insan yavaşlatmak için tasarlanmıştır olduğunu. Bu ekipman, güçlü hava direnci oluşturarak kişinin düşmesini yavaşlatan büyük bir kanvastan oluşur. Paraşütler ipek veya naylon gibi hafif malzemelerden yapılır. Bir paraşütün etkili olabilmesi için, terminal hızının 8 m / s'ye veya ikinci bir etabın düşüşüne karşılık gelen 30  km / saat mertebesinde olması gerekir .  

Ultra basitleştirilmiş model: bir iniş sırasında elde edilen hız

Paraşütçünün uçaktan düşüşünün başlangıcında, hava direnci başlangıçta ağırlıktan daha azdır, bu nedenle düşüş hızlanır. Paraşütçü, 0 g'de yarı ağırlıksızlığın en başında , ivmesi 1 g aşağıya doğru. Bu hava direnci, ağırlığa eşit olana kadar düşme hızının karesiyle orantılı olarak artar ve hız sabitlenir. Süreç bağlantılarda gösterilmektedir.

Hızlanma , paraşüt açılmadan hemen önce yaklaşık bir dakika sonra kavisli konumda yaklaşık 0.1 g olana kadar kademeli olarak azalır . "Kemerli" olarak adlandırılan yatay yatış pozisyonuna düşen bir paraşütçü, dikey profilli bir pozisyonda (yaklaşık 300 km / s) düşmekten daha fazla dirençle karşılaşır ve bu nedenle daha yavaş (yaklaşık 200 km / s) alçalır. daha büyük olmak. Çok özel konumlarda, 450  km / s'lik anlık düşme hızları elde edilmiştir.

Paraşütçü paraşütünü açtığında, hava kanopinin içine koşar ve başlangıçta ağırlıktan daha büyük olan güçlü bir direnç uygular: düşüş birkaç saniye içinde yaklaşık 200 km / sa'ten 15 km / saate frenlenir ve aralarında yukarı doğru bir hızlanma sağlar. 3 ve 6 g , paraşütçüye yükselmenin yanıltıcı izlenimini verir. Hız azaldıkça, hava direnci de ağırlığa eşit olacak şekilde azalır ve hız tekrar stabilize olur, ancak paraşütsüz olandan çok daha düşük bir değerde (yaklaşık 15 km / s). Buna karşılık, daha büyük kanopi yamaç paraşütü, tıpkı bir yelken kanat gibi, havanın yükselme hareketlerinin süspansiyonda kalmasına ve hatta tırmanmasına izin verecek kadar direnç sunar.

Bununla birlikte, bu model çok eksiktir çünkü ivme sabit değildir , ancak "  sarsıntı  " sabittir. Bu nokta aşağıda ayrıntılı olarak tartışılacaktır.

Bir kişinin düşüşü

Dik pozisyondaki bir insan, 5 g'dan fazla bir ivmeye güçlükle dayanabilir . Bunun ötesinde, paraşütçü siyah bir perdenin kurbanı olacak . Mide üzerinde yatay bir pozisyonda, paraşütçü 20 g'lık bir hızlanmaya maruz kalabilir (yuvalardan çıkan gözler). Tolere edilen maksimum hızlanma, maruz kalma süresine bağlıdır. Her iki durumda da, 30g'nin üzerindeki herhangi bir hızlanma ölümcüldür. Ek olarak, paraşütçü tedavi edilemez sekellerin kurbanı olabilir; 18 g ivmeye maruz kalan bazı kişiler tamamen iyileşmiş olsa da. Bu nedenle, kişiyi yeterince yavaşlatan ve çılgın hızlanmalara maruz bırakmayan bir paraşüt tasarlamak önemlidir. Sonuç olarak, paraşütün neredeyse anında açılması arzu edilmez.

Güçlü

İlgili 2 kuvvet şunlardır:

• Hava direnci yani ;R=-12ρSVSxv2{\ displaystyle R = - {1 \ 2'den fazla} \ rho SC_ {x} v ^ {2}}
• Ağırlık: P = mg  ;

• ρ, havanın yoğunluğudur;
• S , paraşütün etkili alanıdır;
• C x , belirlenecek bir form faktörüdür;
• v düşme hızıdır;
• m Paraşütçü + paraşüt düzeneğinin kütlesidir.

Ağırlığı aşağıya, sürtünme kuvveti veya hava direnci yukarı doğru yönlendirilir.

Paraşütün rolü, paraşütçünün terminal düşme hızını sınırlamaktır. Bu, ana tork S'yi ve ayrıca daha az bir ölçüde C x katsayısını önemli ölçüde artırarak 2 şekilde yapılır .

Hız sınırı

• Düşüşü sırasında bir nesneye uygulanan kuvvetlerin sonucu, pozitif olarak aşağı doğru sayılır: F = P - R ve
• Nesnenin ivmesi: a = F / m .

Düşüşün başlangıcında, hız hala düşükken, hava direnci ağırlıktan çok daha düşüktür ve düşüş hızlanır.

Sürtünme hızla arttıkça, hava direnci sonunda ağırlığı dengeler ve düşme hızı , sınır hız (veya terminal hız ) olarak adlandırılan bir sabite doğru eğilim gösterir .

Γ = 0 ile tanımlanan terminal hızı, dolayısıyla P = R , kolayca hesaplanır:

vt=2mgVSρS{\ displaystyle v _ {\ text {t}} = {\ sqrt {2mg \ C \ rho S üzerinden}}}

Paraşütçünün "naif" modeli

Paraşütün anında açıldığına dair yanlış bir varsayım yapılmıştır .

Dinamik denklem bu nedenle yazılmıştır:

mdvdt=mg-12ρSVSv2{\ displaystyle m {dv \ dt üzerinden} = mg- {1 \ 2'den fazla} \ rho SCv ^ {2}}

Ya paraşüt açılırken paraşütün ilk hızı düşer. Paraşütçünün serbest düşüşte olduğu varsayılmaktadır. v0{\ displaystyle v_ {0}}

Biz tanımlıyoruz T=vt2g{\ displaystyle T = {v_ {t} \ 2g'den fazla}}

K=v0-vtv0+vt{\ displaystyle K = {v_ {0} -v_ {t} \ over v_ {0} + v_ {t}}}

Hız yasası aşağıdaki gibidir:

v=1+Ke-tT1-Ke-tTvt{\ displaystyle v = {1 + Ke ^ {- {t \ over T}} \ 1-Ke'den fazla ^ {- {t \ over T}}} v_ {t}} Diferansiyel denklemi çözme

Bu nedenle şunları elde ederiz:

dvdt=g-12ρSVSmv2{\ displaystyle {dv \ over dt} = g- {1 \ over 2} {\ rho SC \ over m} v ^ {2}}

Bu nedenle,

dvg-12ρSVSmv2=dt{\ displaystyle {dv \ over g- {1 \ over 2} {\ rho SC \ over m} v ^ {2}} = dt}

Bu nedenle,

dv-2gmρSVS+v2=-ρSVS2mdt{\ displaystyle {dv \ over - {2gm \ over \ rho SC} + v ^ {2}} = - {\ rho SC \ 2m'den fazla} dt}

Terminal hızının şu olduğu hatırlanır:

vt=2gmρSVS{\ displaystyle v_ {t} = {\ sqrt {2gm \ \ rho SC üzerinden}}}

Çözülecek diferansiyel denklem bu nedenle:

dvv2-vt2=ρSVS2mdt{\ displaystyle {dv \ v ^ {2} -v_ {t} ^ {2}} = {\ rho SC \ 2 milyondan fazla} dt}

Biri basit unsurlara ayrılıyor. Bunu fark ediyoruz:

1v2-vt2=12vt(1v-vt-1v+vt){\ displaystyle {1 \ over v ^ {2} -v_ {t} ^ {2}} = {1 \ over 2v_ {t}} \ left ({1 \ over v-v_ {t}} - {1 \ v + v_ {t}} \ sağ)} üzerinde

Bu nedenle şunları elde ederiz:

12vt(1v-vt-1v+vt)dv=-gvt2dt{\ displaystyle {1 \ 2v_ üzerinde {t}} \ sol ({1 \ v-v_ üzerinden {t}} - {1 \ v + v_ {t}} \ sağdan) dv = - {g \ v_ { t} ^ {2}} dt}

Bu nedenle,

(1v-vt-1v-vt)dv=-2gvtdt{\ displaystyle \ left ({1 \ over v-v_ {t}} - {1 \ over v-v_ {t}} \ sağ) dv = - {2g \ over v_ {t}} dt}

Biz tanımlıyoruz T=vt2g{\ displaystyle T = {v_ {t} \ 2g'den fazla}}

Bu nedenle çözüyoruz:

(1v-vt-1v-vt)dv=-dtT{\ displaystyle \ sol ({1 \ v-v_ üzerinden {t}} - {1 \ v-v_ üzerinden {t}} \ sağ) dv = - {dt \ T üzerinden}}

İlkel olanı hesaplıyoruz. Bu nedenle,

günlük⁡(v-vt)-günlük⁡(v+vt)=VSte-tT{\ displaystyle \ log (v-v_ {t}) - \ log (v + v_ {t}) = Cte- {t \ T üzerinden}}

Bu nedenle,

günlük⁡(v-vtv+vt)=VSte-tT{\ displaystyle \ log \ sol ({v-v_ {t} \ v + v_ {t}} \ sağdan) = Cte- {t \ T üzerinden}}

Bu nedenle,

v-vtv+vt=tecrübe⁡(VSte-tT){\ displaystyle {v-v_ {t} \ v + v_ {t}} = \ exp \ sol (Cte- {t \ T} üzerinde \ sağ)}

Bu nedenle,

v-vtv+vt=Ke-tT{\ displaystyle {v-v_ {t} \ over v + v_ {t}} = Ke ^ {- {t \ over T}}}

Bu nedenle,

v-vt=Ke-tT(v+vt){\ displaystyle v-v_ {t} = Ke ^ {- {t \ T üzerinden}} (v + v_ {t})}

Bu nedenle,

(Ke-tT+1)vt=v(1-Ke-tT){\ displaystyle \ sol (Ke ^ {- {t \ T üzerinde}} + 1 \ sağ) v_ {t} = v \ sol (1-Ke ^ {- {t \ T üzerinde}} \ sağ)}

Bu nedenle,

v=1+Ke-tT1-Ke-tTvt{\ displaystyle v = {1 + Ke ^ {- {t \ over T}} \ 1-Ke'den fazla ^ {- {t \ over T}}} v_ {t}}

T = 0'da v = v 0 olduğunu varsayıyoruz . Bu nedenle,

v0=1+Ke01-Ke-0vt{\ displaystyle v_ {0} = {1 + Ke ^ {0} \ 1-Ke ^ üzerinde ^ {- 0}} v_ {t}}

Bu nedenle,

(1-K)v0=(1+K)vt{\ displaystyle (1-K) v_ {0} = (1 + K) v_ {t}}

Bu nedenle,

K=v0-vtv0+vt{\ displaystyle K = {v_ {0} -v_ {t} \ over v_ {0} + v_ {t}}}

Ve bu yüzden:

v=1+Ke-tT1-Ke-tTvt{\ displaystyle v = {1 + Ke ^ {- {t \ over T}} \ 1-Ke'den fazla ^ {- {t \ over T}}} v_ {t}}  

Bunu ne zaman beklendiği gibi görüyoruz . t→∞{\ displaystyle t \ ila \ infty}v→vt{\ displaystyle v \ - v_ {t}}

Bu saniyeleri not ediyoruz . T=5/(2×10)=0.25{\ displaystyle T = 5 / (2 \ times 10) = 0,25}

Terminal hızının şu olduğu hatırlanır:

vt=2gmρSVS{\ displaystyle v_ {t} = {\ sqrt {2gm \ \ rho SC üzerinden}}}

Değiştirmeden sonra, ilk yavaşlamanın aşağıdaki gibi olduğunu gösteriyoruz:

dv0dt=g-gvt2v02{\ displaystyle {dv_ {0} \ over dt} = g- {g \ over v_ {t} ^ {2}} v_ {0} ^ {2}}

Bunu fark ediyoruz:

g≪gvt2v02{\ displaystyle g \ ll {g \ over v_ {t} ^ {2}} v_ {0} ^ {2}}

Bu nedenle,

dv0dt≈-g(v0vt)2{\ displaystyle {dv_ {0} \ dt üzerinde} \ yaklaşık -g \ sol ({v_ {0} \ v_ {t}} üzerinde \ sağ) ^ {2}}

Bu model açıkça geçersizdir çünkü eğer bunu varsayarsak ve bu 2 değer makul olursa, paraşütçü kesinlikle onu öldürecek olan 100 g'lık bir hızlanmaya maruz kalır . vt=8{\ displaystyle v_ {t} = 8}v0=80{\ displaystyle v_ {0} = 80}

Sonlu zamanda açılıyor

Paraşütün açılması sırasında kat edilen mesafenin başlangıç ​​koşullarından bağımsız olduğu bilinmektedir. Bu Fransız tarafından haklı çıktı.

Dolayısıyla anlık dağıtım modeli geçersizdir ve deneyimle de çelişir. Nitekim Knack, açılış zamanının bittiğini ve sarsıntının yandaki şekilde gösterildiği gibi sabit olduğunu gösterdi.

Ek olarak, Potvin Knack'in sonuçlarını deneysel olarak doğruladı ve deneysel olarak maksimum ivmenin 5 ila 7 g aralığında olduğunu ve ivmenin tam konuşlandırmaya kadar (paraşütler için dikdörtgen şeklinde) zamanla doğrusal olarak arttığını gösterdi . Bu sonuçlar, yukarıda önerilen saf modelle tamamen çelişmektedir .

Bu nedenle, ilk yaklaşım olarak sarsıntının (zamana göre ivmenin türevi olan) sabit olduğunu varsayabiliriz . Meade tarafından paraşüt açma modelinin 3 aşamaya bölünmesi önerildi:

• Parachutist Serbest düşme: usta tork olan S 0 asimptotik hızıdır v 0 .
• Ana torkun arttığı paraşüt açma aşaması (doğrusal olarak?). Hız v önemli ölçüde değişir;
• Paraşütün tamamen açık olduğu ve düşme hızının v t'ye yaklaştığı son aşama .

Aşağıdaki denklemler Meade'nin modeline dayanmaktadır. İlk yaklaşım olarak, kanopinin yarıçapının zamanla doğrusal olarak değiştiğini varsayabiliriz. Yani yarı küresel bir paraşüt için, etkili alan zamanın bir fonksiyonu olarak ikinci dereceden artacaktır . Uzatılmış bir silindirik şekle sahip modern bir paraşüt için (yandaki şekilde gösterildiği gibi), etkili alan, silindirin yarıçapı ile basitçe orantılı olacağından, etkili bölümün zamanın bir fonksiyonu olarak doğrusal olarak artacağını düşünebiliriz. Bu, yukarıdaki şekilde gösterildiği gibi yük faktörünün neredeyse doğrusal bir büyümesini gösteren Knack çalışmasıyla bir ilk yaklaşım olarak doğrulanmıştır.

Dinamik denklem bu nedenle yazılmıştır:

mdvdt=mg-12ρS(t)VSv2{\ displaystyle m {dv \ dt üzerinden} = mg- {1 \ 2'den fazla} \ rho S (t) Cv ^ {2}}

Alanın doğrusal olarak değiştiğini varsayıyoruz ve yazıyoruz

S(t)=S0+σt{\ displaystyle S (t) = S_ {0} + \ sigma t}

T 0 paraşütün açılma süresi olsun . Dinamik denklem daha sonra yazılabilir:

dvdt=g(1-(vv0)2)-g(vvt)2tt0{\ displaystyle {dv \ dt üzerinde} = g \ sol (1- \ sol ({v \ v_ üzerinden {0}} \ sağ) ^ {2} \ sağ) -g \ sol ({v \ v_ {t üzerinden }} \ sağ) ^ {2} {t \ over t_ {0}}} Sonlu bir açılış süresi için dinamik denklemin hesaplanması mdvdt=mg-12ρVS(S0+σt)v2{\ displaystyle m {dv \ dt üzerinden} = mg- {1 \ 2'den fazla} \ rho C (S_ {0} + \ sigma t) v ^ {2}}

T = 0'da denge olduğunu varsayıyoruz . Bu nedenle,

0=mdvdt(t=0)=mg-12ρVS(S0+σ0)v(t=0)2{\ displaystyle 0 = m {dv \ dt üzerinden} (t = 0) = mg- {1 \ 2'den fazla} \ rho C (S_ {0} + \ sigma 0) v (t = 0) ^ {2}}

Not ediyoruz . Böylece sahibiz: v0=v(t=0){\ displaystyle v_ {0} = v (t = 0)}

0=mg-12ρVS(S0+σ0)v02{\ displaystyle 0 = mg- {1 \ 2'den fazla} \ rho C (S_ {0} + \ sigma 0) v_ {0} ^ {2}}

Bu nedenle,

0=mg-12ρVSS0v02{\ displaystyle 0 = mg- {1 \ 2'den fazla} \ rho CS_ {0} v_ {0} ^ {2}}

Bu nedenle,

12ρVSS0=mgv02{\ displaystyle {1 \ over 2} \ rho CS_ {0} = {mg \ over v_ {0} ^ {2}}}

Dinamik denklem bu nedenle şu hale gelir:

mdvdt=mg-(mgv02+12ρVSσt)v2{\ displaystyle m {dv \ dt üzerinde} = mg- \ sol ({mg \ v_ üzerinden {0} ^ {2}} + {1 \ 2} üzerinde \ rho C \ sigma t \ sağ) v ^ {2} }

Bu nedenle,

dvdt=g-(gv02-12ρVSσmt)v2{\ displaystyle {dv \ dt üzerinde} = g- \ sol ({g \ üzerinde v_ {0} ^ {2}} - {1 \ 2'den fazla} {\ rho C \ sigma \ m} t \ üzerinde \ sağ) v ^ {2}}

Biz: . Bu nedenle, σ=S/t0{\ displaystyle \ sigma = S / t_ {0}}

dvdt=g(1-(vv0)2)-12ρVSSmt0tv2{\ displaystyle {dv \ dt üzerinde} = g \ sol (1- \ sol ({v \ üzerinde v_ {0}} \ sağ) ^ {2} \ sağ) - {1 \ 2'den fazla} {\ rho CS \ mt_ {0}} tv ^ {2}} üzerinden

Bunu hatırla

12ρVSSm=1vtg2{\ displaystyle {1 \ over 2} {\ rho CS \ over m} = {1 \ over v_ {t}} g ^ {2}}

Bu nedenle,

dvdt=g(1-(vv0)2)-g(vvt)2tt0{\ displaystyle {dv \ dt üzerinde} = g \ sol (1- \ sol ({v \ v_ üzerinden {0}} \ sağ) ^ {2} \ sağ) -g \ sol ({v \ v_ {t üzerinden }} \ sağ) ^ {2} {t \ over t_ {0}}}  

Bu sözde Riccati diferansiyel denkleminin titiz çözümü , bu tartışmanın amacının açıkça ötesindeki Airy fonksiyonlarını içerir .

Paraşüt açılışının başlangıcındaki davranışla ilgilendiğimizden ve yavaşlamanın katlanılabilir olduğunu göstereceğimiz için, diferansiyel denklemi doğrusallaştıracağız ve t küçük olduğunda davranışı inceleyeceğiz .

Biz tanımlıyoruz . Biz tanımlıyoruz w=v0-v>0{\ displaystyle w = v_ {0} -v> 0}

x=2gv0t{\ displaystyle x = {2g \ over v_ {0}} t}

Bunu gösterebiliriz:

w=gt0(v0vt)2(v02g)2(x-1+e-x){\ displaystyle w = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ over 2g} \ sağ ) ^ {2} (x-1 + e ^ {- x})}dwdx=gt0(v0vt)2(v02g)2(1-e-x){\ displaystyle {dw \ over dx} = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ sol ({v_ {0} \ 2g'den fazla} \ sağ) ^ {2} (1-e ^ {- x})}

Bu nedenle,

d2wdx2=gt0(v0vt)2(v02g)2e-x{\ displaystyle {d ^ {2} w \ over dx ^ {2}} = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ sağ) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ over 2g} \ right) ^ {2} e ^ {- x}}

X küçük için elimizde olduğunu not ediyoruz . e-x≈1{\ displaystyle e ^ {- x} \ yaklaşık 1}

Yani, şunu elde ederiz: x≪1{\ displaystyle x \ ll 1}

w≈12gt0(v0vt)2(v02g)2x2{\ displaystyle w \ yaklaşık {1 \ over 2} {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ sağ) ^ {2} \ left ({v_ {0 } \ 2g'den fazla} \ sağ) ^ {2} x ^ {2}} dwdx≈gt0(v0vt)2(v02g)2x{\ displaystyle {dw \ over dx} \ yaklaşık {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ sol ({v_ {0} \ 2g'den fazla} \ sağ) ^ {2} x} d2wdx2≈gt0(v0vt)2(v02g)2{\ displaystyle {d ^ {2} w \ over dx ^ {2}} \ yaklaşık {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ sağ) ^ {2 } \ left ({v_ {0} \ over 2g} \ right) ^ {2}}

X küçük için sarsıntının pratikte sabit olduğunu görüyoruz .

Yaklaşık formülün kanıtı

Bu nedenle,

dvdt=g(1+vv0)(1-vv0)-g(vvt)2tt0{\ displaystyle {dv \ dt üzerinde} = g \ sol (1+ {v \ üzerinde v_ {0}} \ sağ) \ sol (1- {v \ v_ {0}} \ sağ üzerinde) -g \ sol ( {v \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} {t \ over t_ {0}}}

İlk başta hava direnci, ağırlıktan çok daha büyüktür ve birinin sahip olduğu . Bu nedenle denklemi şu şekilde basitleştirebiliriz: v≈v0{\ displaystyle v \ yaklaşık v_ {0}}

dvdt≈g(1+1)(1-vv0)-g(vvt)2tt0{\ displaystyle {dv \ dt üzerinde} \ yaklaşık g \ sol (1 + 1 \ sağ) \ sol (1- {v \ v_ üzerinden {0}} \ sağ) -g \ sol ({v \ v_ {t üzerinden }} \ sağ) ^ {2} {t \ over t_ {0}}}

Bu nedenle,

dvdt=2gv0-vv0-g(vvt)2tt0{\ displaystyle {dv \ over dt} = 2g {v_ {0} -v \ over v_ {0}} - g \ left ({v \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} {t \ over t_ {0}}}

Biz poz veriyoruz w=v0-v{\ displaystyle w = v_ {0} -v}

Bu nedenle,

d(v0-w)dt=2gwv0-g(v0vt)2tt0{\ displaystyle {d (v_ {0} -w) \ dt üzerinden} = 2g {w \ v_ üzerinden {0}} - g \ sol ({v_ {0} \ v_ {t}} üzerinde \ sağ) ^ { 2} {t \ over t_ {0}}}

Bu ilk sırada olan ve t (kaldırma koşulları küçüktür 2 inci sırası)

Bu nedenle,

-dwdt=2gwv0-g(v0vt)2tt0{\ displaystyle - {dw \ over dt} = 2g {w \ over v_ {0}} - g \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} {t \ over t_ {0}}}

İkinci üye ile doğrusal bir denklemimiz var.

Homojen sistemin çözümü,

-dWdt=2gWv0{\ displaystyle - {dW \ over dt} = 2g {W \ over v_ {0}}}

Bu nedenle şunları elde ederiz:

dWW=-2gv0dt{\ displaystyle {dW \ over W} = - {2g \ over v_ {0}} dt}

Bu nedenle,

günlük⁡(W)=VSte-2gv0t{\ displaystyle \ log (W) = Cte- {2g \ v_ {0}} t} üzerinden}

Bu nedenle,

W=tecrübe⁡(-2gv0t){\ displaystyle W = \ exp \ sol (- {2g \ v_ {0}} t \ sağ üzerinde)}

Şimdi K sabitini değiştiriyoruz ve şunu tanımlıyoruz:

w=KW{\ displaystyle w = KW}

Sonra elde ederiz:

-d(KW)dt=2gKWv0-g(v0vt)2tt0{\ displaystyle - {d (KW) \ dt üzerinden} = 2g {KW \ v_ üzerinden {0}} - g \ sol ({v_ {0} \ v_ {t}} \ sağdan) ^ {2} {t \ over t_ {0}}}

Eşdeğer olarak:

d(KW)dt=-2gKWv0+g(v0vt)2tt0{\ displaystyle {d (KW) \ dt üzeri} = - 2g {KW \ v_ {0}} + g \ sol ({v_ {0} \ v_ {t}} \ sağdan) ^ {2} {t \ over t_ {0}}}

Bu nedenle,

K′W+KW′=-2gKWv0+g(v0vt)2tt0{\ displaystyle K'W + KW '= - 2g {KW \ over v_ {0}} + g \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} {t \ over t_ {0}}}

Basitleştirme var ve bu nedenle:

K′W=g(v0vt)2tt0{\ displaystyle K'W = g \ sol ({v_ {0} \ üzerinden v_ {t}} \ sağ) ^ {2} {t \ t_ üzerinden {0}}}

Bu nedenle sorun, bir ters türevi hesaplamaktan ibarettir.

K′=g1W(v0vt)2tt0{\ displaystyle K '= g {1 \ over W} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} {t \ over t_ {0}}}

Bu nedenle,

K′=g1W(v0vt)2tt0{\ displaystyle K '= g {1 \ over W} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} {t \ over t_ {0}}}

Bu nedenle,

K′=ge2gv0t(v0vt)2tt0{\ displaystyle K '= ge ^ {{2g \ over v_ {0}} t} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} {t \ over t_ {0} }}

Bu nedenle,

K′=gt0(v0vt)2e2gv0tt{\ displaystyle K '= {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} e ^ {{2g \ over v_ {0}} t } t}

Biz tanımlıyoruz

x=2gv0t{\ displaystyle x = {2g \ over v_ {0}} t}

Bu nedenle,

dKxdxdt=gt0(v0vt)2exxv02g{\ displaystyle {dK \ over x} {dx \ over dt} = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} e ^ { x} {xv_ {0} \ 2g'den fazla}}

Bu nedenle,

dKdx2gv0=gt0(v0vt)2exxv02g{\ displaystyle {dK \ over dx} {2g \ over v_ {0}} = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ sağ) ^ {2} e ^ {x} {xv_ {0} \ 2g'den fazla}}

Bu nedenle,

dKdx=gt0(v0vt)2exxv02gv02g{\ displaystyle {dK \ over dx} = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} e ^ {x} {xv_ {0 } \ 2g'den fazla} {v_ {0} \ 2g'den fazla}}

Bu nedenle,

dKdx=gt0(v0vt)2(v02g)2exx{\ displaystyle {dK \ dx üzerinde} = {g \ t_ üzerinde {0}} \ sol ({v_ {0} \ v_ {t}} üzerinde \ sağ) ^ {2} \ sol ({v_ {0} \ 2g} üzerinde \ sağ) ^ {2} e ^ {x} x}

İlkel ∫xex=xex-ex{\ displaystyle \ int xe ^ {x} = xe ^ {x} -e ^ {x}}

Bu nedenle şunları elde ederiz:

K=gt0(v0vt)2(v02g)2(exx-ex)+VSte{\ displaystyle K = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ over 2g} \ sağ ) ^ {2} (e ^ {x} xe ^ {x}) + Cte}

Bu nedenle,

w=Ke-x=gt0(v0vt)2(v02g)2[(exx-ex)+VSte]e-x{\ displaystyle w = Ke ^ {- x} = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ sağ) ^ {2} \ left ({v_ {0 } \ 2g'den fazla} \ sağ) ^ {2} \ left [(e ^ {x} xe ^ {x}) + Cte \ right] e ^ {- x}}

Bu nedenle,

w=Ke-x=gt0(v0vt)2(v02g)2(x-1)+VSte×e-x{\ displaystyle w = Ke ^ {- x} = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ sağ) ^ {2} \ left ({v_ {0 } \ 2g'den fazla} \ sağ) ^ {2} (x-1) + Cte \ times e ^ {- x}}

En t = 0 , elimizdeki , x = 0 . Bu nedenle,

0=gt0(v0vt)2(v02g)2(0-1)+VSte×e0{\ displaystyle 0 = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ over 2g} \ sağ ) ^ {2} (0-1) + Cte \ times e ^ {0}}

Bu nedenle,

VSte=+gt0(v0vt)2(v02g)2{\ displaystyle Cte ​​= + {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ over 2g } \ sağ) ^ {2}}

Bu nedenle,

w=gt0(v0vt)2(v02g)2(1-x)-gt0(v0vt)2(v02g)2e-x{\ displaystyle w = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ over 2g} \ sağ ) ^ {2} (1-x) - {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ 2g'den fazla} \ sağ) ^ {2} e ^ {- x}}

Bu nedenle,

w=gt0(v0vt)2(v02g)2(x-1+e-x){\ displaystyle w = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ over 2g} \ sağ ) ^ {2} (x-1 + e ^ {- x})}

Bu nedenle,

w′=gt0(v0vt)2(v02g)2(1-e-x){\ displaystyle w '= {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ over 2g} \ sağ) ^ {2} (1-e ^ {- x})}

Bu nedenle,

w″=gt0(v0vt)2(v02g)2e-x{\ displaystyle w '' = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ over 2g} \ sağ) ^ {2} e ^ {- x}}X küçük için sarsıntının pratikte sabit olduğunu görüyoruz .  

Şimdi ne zaman ivmenin kabaca bir tahminini hesaplayacağız . w(x)=v0/2{\ displaystyle w (x) = v_ {0} / 2}

Bunu gösteriyoruz

x=4t0gvt2v03{\ displaystyle x = {\ sqrt {4t_ {0} gv_ {t} ^ {2} \ over v_ {0} ^ {3}}}} Normalleştirilmiş zamanın hesaplanması

Biz düşünün x küçük ve biz hesaplamak x sahip olduğumuz böylew=v0/2{\ displaystyle w = v_ {0} / 2}

Çözeriz:

v0/2=gt0(v0vt)2(v02g)2(x-1+e-x){\ displaystyle v_ {0} / 2 = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ 2g'den fazla} \ sağ) ^ {2} (x-1 + e ^ {- x})}

Sınırlı bir gelişme yapıyoruz

v0/2=gt0(v0vt)2(v02g)2(x-1+(1-x+x2/2)){\ displaystyle v_ {0} / 2 = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ 2g'den fazla} \ sağ) ^ {2} (x-1 + (1-x + x ^ {2} / 2))}

Bu nedenle,

v0/2=gt0(v0vt)2(v02g)2x2/2{\ displaystyle v_ {0} / 2 = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ 2g} üzerinde \ sağ) ^ {2} x ^ {2} / 2}

Bu nedenle,

v0=gt0(v0vt)2(v02g)2x2{\ displaystyle v_ {0} = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ over 2g } \ sağ) ^ {2} x ^ {2}}

Bu nedenle,

x2=v0t0g(vtv0)2(2gv0)2{\ displaystyle x ^ {2} = v_ {0} {t_ {0} \ over g} \ left ({v_ {t} \ over v_ {0}} \ right) ^ {2} \ left ({2g \ v_ {0}} üzerinde \ sağ) ^ {2}}

Bu nedenle,

x2=v0t0vt24g2gv02v02{\ displaystyle x ^ {2} = {v_ {0} t_ {0} v_ {t} ^ {2} 4g ^ {2} \ over gv_ {0} ^ {2} v_ {0} ^ {2}} }

Bu nedenle,

x2=4t0gvt2v03{\ displaystyle x ^ {2} = {4t_ {0} gv_ {t} ^ {2} \ v_ {0} ^ {3}}} üzerinden  

Bunu varsayıyoruz ve . Sonra alırızvt=7{\ displaystyle v_ {t} = 7} v0=50{\ displaystyle v_ {0} = 50}t0=5{\ displaystyle t_ {0} = 5}t≈0.5{\ displaystyle t \ yaklaşık 0,5}

x2=4×5×10×72503{\ displaystyle x ^ {2} = {4 \ times 5 \ times 10 \ times 7 ^ {2} \ 50'den fazla ^ {3}}}

Dolayısıyla x = 0.28

Bu nedenle tahmini ivme aşağıdaki gibidir

dwdt=v032t0vt2x{\ displaystyle {dw \ over dt} = {v_ {0} ^ {3} \ over 2t_ {0} v_ {t} ^ {2}} x} İvmenin hesaplanması ne zaman v=v0/2{\ displaystyle v = v_ {0} / 2}

X small için şunlara sahibiz:

w′≈gt0(v0vt)2(v02g)2x{\ displaystyle w '\ yaklaşık {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ over 2g} \ sağ) ^ {2} x}

Bu nedenle,

dwdtdtdx=gt0(v0vt)2(v02g)2x{\ displaystyle {dw \ over dt} {dt \ over dx} = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ sağ) ^ {2} \ sol ( {v_ {0} \ 2g'den fazla} \ sağ) ^ {2} x}

Dt / d x'i değiştiriyoruz. Bu nedenle,

dwdtv02g=gt0(v0vt)2(v02g)2x{\ displaystyle {dw \ over dt} {v_ {0} \ over 2g} = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ sağ) ^ {2} \ left ({v_ {0} \ over 2g} \ right) ^ {2} x}

Bu nedenle,

dwdt=gt0(v0vt)2v02gx{\ displaystyle {dw \ over dt} = {g \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2} {v_ {0} \ over 2g} x}

Bu nedenle şunları elde ederiz:

dwdt=gv02v0t0vt22gx{\ displaystyle {dw \ over dt} = {gv_ {0} ^ {2} v_ {0} \ over t_ {0} v_ {t} ^ {2} 2g} x}

Bu nedenle,

dwdt=v032t0vt2x{\ displaystyle {dw \ over dt} = {v_ {0} ^ {3} \ over 2t_ {0} v_ {t} ^ {2}} x}

Bu nedenle,

dwdt=2gtt0(v0vt)2{\ displaystyle {dw \ over dt} = 2g {t \ over t_ {0}} \ left ({v_ {0} \ over v_ {t}} \ right) ^ {2}}  

Sayısal olarak bizde:

dwdt=5032×5×72×0.28=71.4{\ displaystyle {dw \ over dt} = {50 ^ {3} \ over 2 \ times 5 \ times 7 ^ {2}} \ times 0,28 = 71,4}

Bu durumda ivme 7 g mertebesindedir .

Ek olarak, Potvin'in deneysel sonuçları bu modelle uyumludur. Ölçümler , paraşütü açarken sarsıntının kabaca sabit olduğunu ve maksimum ivmenin 7 g civarında olduğunu gösterdi .

Model, çizgilerin esnekliğini hesaba katmadı. Ancak değerler Potvin tarafından verilen deneysel değerlere çok yakındır.

Uzay sondalarının yeniden girişi

Bir uzay aracı atmosfere girdiğinde, hız genellikle süpersoniktir ve yukarıdaki model geçerli değildir.

Notlar ve referanslar

1. (in) "  Paraşütle Atlamanın Fiziği  "
2. (in) "  Paraşütle Atlamanın Fiziği  "
3. (inç) Dane Lenaker, "  Paraşütle Atlamanın Fiziği  " ,2002
4. "  Serbest düşüş sırasında hangi hıza ulaşabilirsiniz?"  » (Erişim tarihi 5 Ocak 2017 )
5. (inç) Dulli Chandra Agrawal, "  Fizik Öğretimi: Paraşütçülerin son hızı  " , Fizik Eğitimi ,temmuz 2000( DOI  10.1088 / 0031-9120 / 35/4/11 , çevrimiçi okuyun )
6. (içinde) "  Live results 2016  " (erişim tarihi 5 Ocak 2017 )
7. (inç) Jean Potvin ve Gary Peek, "  Paraşüt Açma Şok Temelleri  " ,2001(erişilen 1 st 2017 Ocak )
8. (en) Robert V. Brulle, Engineering the Space Age: A Rocket Scientist Remembers , Air University Press,Temmuz 2008, 268  p. ( ISBN  978-1-58566-184-8 , çevrimiçi okuyun ) , s.  135
9. (in) Calvin Lee, "  Paraşütün Modellemesi Açılışı: Deneysel Bir Araştırma  " , Journal of Aircraft , Aerospace Research Central flight.  26, n o  5,1989( DOI  10.2514 / 3.45783 )
10. (içinde) Dean F. Wolf, "  Parachute Deployment  " ( 3 Ocak 2017'de erişildi ) , s.  5
11. (in) Kenneth E. French, "  Bir Paraşütün Enflasyonu  " , AIAA Journal , AIAA, cilt.  1, n o  11,Kasım 1963( DOI  10.2514 / 3.2113 )
12. (in) Theo W. Knack, "  Paraşüt Kurtarma Sistemleri Tasarım Kılavuzu  " ,Mart 1991(erişilen 1 st Ocak 2017 ) ,s.  5-49
13. (inç) Jean Potvin , "  Paraşüt Açma Şok Faktörüne Karşı Kütle Oranı Grafikleme için Evrensellik Hususları  " , Uçak Dergisi, Havacılık ve Uzay Araştırma Merkezi uçuşu.  44, n o  22007, s.  529-533 ( DOI  10.2514 / 1.24061 )
14. (in) Douglas B. Meade , "  ODE models for the parachute problem  " ( 22 Aralık 2016'da erişildi )
15. (en) Douglas B. Meade ve Allan A Struthers , "  Yeni Milenyumda Diferansiyel Denklemler: Paraşüt Problemi  " , International Journal of Engineering , cilt.  15, n o  6,1999, s.  419 ( çevrimiçi okuyun , 7 Ocak 2017'de danışıldı )

Ayrıca görün

İlgili Makaleler

• Paraşütlü atlama
• Yamaç paraşütü
• Parasailing
• Deltakanatla uçuş
• Hava direnci ile düşme

<img src="https://fr.wikipedia.org/wiki/Special:CentralAutoLogin/start?type=1x1" alt="" title="" width="1" height="1" style="border: none; position: absolute;">