title: Dynamique du vol en présence de rafales
text: # Dynamique du vol en présence de rafales
  
  La dynamique du vol en présence de rafales est l'étude du comportement d'un aéronef en présence d'un flux aérien qui diffère d'un écoulement laminaire, soit un écoulement turbulent causé par des rafales horizontales et/ou un cisaillement vertical des vents. Cette turbulence est définie par la Federal Aviation Administration (FAA) de façon purement qualitative et ne permet pas de prédire quels sont les risques associés à un aéronef dans des circonstances données. Une définition plus quantitative donnée par l'Organisation de l'aviation civile internationale (OACI) s'exprime comme étant le taux de diffusion de l'énergie des tourbillons exprimé en $m^2/s^3.$ Cette dernière définition ne prend pas cependant en compte la masse et la vitesse de l'aéronef alors qu'un planeur sera beaucoup plus sensible à la turbulence de bas niveau que les lourds avions de ligne. Il est donc important de présenter une formulation plus précise.
  
  La formulation simplifiée de la réaction d'un planeur en présence de rafales horizontales ou verticales est peu abordée dans la littérature sauf par Schmidt, Asselin et peut-être quelques autres auteurs. Cependant, contrairement au lieu commun disant que les nuages d'orage présentent le danger (justifié) le plus sérieux pour l'aviation, de petits nuages à l'air tout à fait inoffensif peuvent désintégrer un planeur en provoquant des facteurs de charge de 16 à 20 G comme Larry Edgar en fut victime le 25 avril $1955^,^,^,.$
  
  En outre, une rafale de face de 70 km/h appliquée à un planeur volant à 70 km/h va provoquer un facteur de charge de 4 G. Cela peut se produire dans la couche sous-ondulatoire (rotors associée aux ondes orographiques). Il peut en être de même à l'intérieur des nuages d'orage violent. Même les ascendances thermiques puissantes peuvent engendrer des facteurs de charge conséquents qui ne sont pas un danger réel pour les planeurs mais peuvent incommoder d'autres catégories d'usagers.
  
  ## Estimation rapide des facteurs de charge
  
  ### La turbulence et le tourbillon (vorticité)
  
  Soit v le champ des vitesses, on appelle vorticité en un point la quantité suivante :
  
      ${\vec {\eta }}={\vec {\nabla }}\wedge {\vec {v}}$
  
  Cette quantité décrit le mouvement tourbillonnaire de l'air. Ainsi, plus la vorticité est grande, plus forte sera l'intensité de la turbulence ressentie comme expliqué ci-dessous.
  
  ### Violence de la turbulence en fonction de la vitesse de l'aéronef
  
  Pour faire bref, toute condition aérologique engendrant des courants ascendants utilisable par un pilote de planeur sera appelée turbulence par un pilote d'avion à moteur car ce dernier ne pourra (ou ne voudra) pas exploiter ces courants ascendants. Qui plus est, plus l'aéronef volera vite, plus il sera soumis à des facteurs de charge importants qui sont estimés dans ce qui suit. Soit d la distance entre un courant ascendant de vitesse verticale w et un courant descendant de vitesse verticale -w et soit u la vitesse de l'aéronef. L'accélération moyenne a subie par cet avion sera :
  
      $a={2wu \over d}$
  
  On considère une ascendance thermique assez forte où w = 5 m/s, u = 125 m/s (vitesse maximale autorisée jusqu'à 10 000 pieds) et d = 100 m (distance moyenne entre l'ascendance et la descendance). On obtient alors a = 12,5 $m/s^2$ ce qui est supérieur à l'accélération de la gravité (10 $m/s^2).$ Le passager ou le pilote de cet aéronef qualifiera cette turbulence de sévère. Toutefois, un pilote de planeur volant à 20 m/s, subira une accélération de 2 $m/s^2$ et qualifiera cette turbulence de légère. De plus ce pilote centrera correctement cette colonne ascendante et se retrouvera dans le noyau laminaire de l'ascendance et ne sera pratiquement plus soumis à une quelconque turbulence.
  
  ## Phénomènes transitoires
  
  ### Fonction de Heaviside
  
  On considère un planeur ayant une vitesse de chute en air calme de $w_{\infty }$ volant en air calme, et qui pénètre brusquement à t=0 dans une ascendance de vitesse verticale $w_a.$ On suppose qu'avant de pénétrer dans la colonne ascendante, la trajectoire du planeur est stabilisée. Ainsi lorsque le planeur pénètre dans la colonne ascendante, sa vitesse verticale est la suivante :
  
      $w(t)=w_{a}-w_{\infty }-w_{a}e^{-{t \over \tau }}$
  
  avec $\tau ={m \over \pi \rho SV}$
  
  * m est la masse du planeur.
  * ρ est la masse volumique de l'air.
  * S est la surface alaire
  * V est la vitesse air.
  
  L'accélération verticale est la suivante :
  
      ${\dot {w}}(t)={w_{a} \over \tau }e^{-{t \over \tau }}$
  
  Donc, si l'on remplace τ :
  
      ${\dot {w}}(t)={\pi \rho SVw_{a} \over m}e^{-{t \over \tau }}$
  
  La secousse est maximale à t = 0.
  
  La formule physiquement est raisonnable. Plus la surface alaire est grande ou plus la vitesse horizontale ou verticale sont grandes, plus la secousse sera importante. Si la masse augmente, la secousse sera moindre (effet paquebot).
  
  On considère un exemple numérique pour obtenir les ordres de grandeur.
  
  On considère une surface alaire de 15 $m^2,$ une masse volumique de 1,22 $kg/m^3$ et une masse totale du planeur de 300 kg et une vitesse air de 20 m/s. Le temps caractéristique est donc de :
  
      $\tau ={300 \over \pi \times 1{,}22\times 15\times 20}={1 \over \pi \times 1{,}22}=0{,}26$ seconde.
  
  On considère une ascendance de 5 m/s. L'accélération verticale sera de ${5 \over 0.26}\approx 20$ $m/s^2.$ Dans ces conditions le facteur de charge sera de (2 + 1) G.
  
  Cette formule explique pourquoi les aéronefs peuvent se rompre à 20 000 pieds dans un cumulonimbus supercellulaire où les ascendances peuvent atteindre 50 m/s.
  
  La formule ci-dessus donnerait un facteur de charge de 21 G.
  
  Soit alpha l'angle d'attaque à un temps donné. La portance est donnée par :
  
      $L={1 \over 2}C_{L}\rho SV^{2}$
  * $C_L$ est le coefficient de portance.
  * rho est la masse volumique de l'air.
  * S est la surface alaire
  * V est la vitesse air.
  
  Le coefficient de portance est :
  
      $C_{L}=2\pi \alpha$
  
  La portance devient alors :
  
      $L=\pi \alpha \rho SV^{2}$
  
  Soit $w_0$ la vitesse de chute du planeur. On cherche maintenant à déterminer la vitesse verticale dans la masse d'air ascendante. Soit W le poids du planeur et m sa masse. L'accélération verticale est donnée par :
  
      $m{dw \over dt}=L-W$
  
  Soit $w_a$ la vitesse verticale de la masse d'air. La vitesse verticale relative $w_r$ par rapport à la masse d'air est :
  
      $w_{r}=w_{a}-w$
  
  On cherche maintenant à estimer l'angle d'attaque en fonction de $w_r.$ À l'équilibre, on a : L = W. On a donc :
  
      $\pi \alpha _{0}\rho SV^{2}=W$
  
  Soit $α_i$ l'angle d'incidence. L'angle d'attaque est :
  
      $\alpha =\alpha _{i}+{w_{r} \over V}$
  
  On remplace dans l'équation différentielle et l'on obtient :
  
      $m{dw \over dt}=\pi \left(\alpha _{i}+{w_{r} \over V}\right)\rho SV^{2}-W$
  
  On rappelle que :$w_{r}=w_{a}-w$, donc :
  
      $m{dw \over dt}=\pi \left(\alpha _{i}+{w_{a}-w \over V}\right)\rho SV^{2}-W$
  
  Donc,
  
      $m{dw \over dt}+{\pi \rho SV^{2} \over V}w=\pi \left(\alpha _{i}+{w_{a} \over V}\right)\rho SV^{2}-W$
  
  Donc,
  
      $m{dw \over dt}+(\pi \rho SV)w=\pi \left(\alpha _{i}+{w_{a} \over V}\right)\rho SV^{2}-W$
  
  Donc,
  
      $m{dw \over dt}+(\pi \rho SV)w=(\pi \alpha _{i}\rho SV^{2}-W)+\pi w_{a}\rho SV$
  
  La solution générale à cette équation différentielle est :
  
      $w(t)=Ke^{-{\pi \rho SV \over m}t}$
  
  On définit le temps caractéristique par :
  
      $\tau ={m \over \pi \rho SV}$
  
  On considère un exemple numérique pour obtenir les ordres de grandeur.
  
  On considère une surface alaire de 15 $m^2,$ une masse volumique de 1,22 $kg/m^3$ et une masse totale du planeur de 300 kg et une vitesse air de 20 m/s. Le temps caractéristique est donc de :
  
      $\tau ={300 \over \pi \times 1{,}22\times 15\times 20}={1 \over \pi \times 1{,}22}=0{.}26$ seconde.
  
  Donc, en moins de 1 seconde, le planeur va atteindre son équilibre dans un air calme.
  
  On résout maintenant l'équation différentielle. La solution générale s'écrit :
  
      $w(t)=Ke^{-{t \over \tau }}$
  
  On fait varier la constante K(t) et l'on remplace.
  
      ${dw \over dt}={\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}-K(t){1 \over \tau }e^{-{t \over \tau }}$
  
  On résout donc :
  
      $m{\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}-mK(t){1 \over \tau }e^{-{t \over \tau }}+\pi \rho SVKe^{-{t \over \tau }}=(\pi \alpha _{i}\rho SV^{2}-W)+\pi w_{a}\rho SV$
  
  Donc,
  
      $m{\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}-mK(t){1 \over \tau }e^{-{t \over \tau }}+mK(t){1 \over \tau }e^{-{t \over \tau }}=(\pi \alpha _{i}\rho SV^{2}-W)+\pi w_{a}\rho SV$
  
  Il y a une simplification et donc :
  
      $m{\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}=(\pi \alpha _{i}\rho SV^{2}-W)+\pi w_{a}\rho SV$
  
  On considère tout d'abord le cas simplifié où $w_a$ = 0.
  
  On rappelle que W = m g. On obtient donc :
  
      $m{\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}={m\alpha _{i} \over \tau }V-mg$
  
  Donc,
  
      ${\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}={\alpha _{i}V \over \tau }-g$
  
  Donc,
  
      ${\dot {K}}(t)=\left({\alpha _{i}V \over \tau }-g\right)e^{t \over \tau }$
  
  La primitive devient donc :
  
      $K(t)=\tau \left({\alpha _{i}V \over \tau }-g\right)e^{t \over \tau }+Cte$
  
  On substitue et donc :
  
      $w(t)=\left[\tau \left({\alpha _{i}V \over \tau }-g\right)e^{t \over \tau }+Cte\right]e^{-{t \over \tau }}$
  
  Donc,
  
      $w(t)=\left(\alpha _{i}V-g\tau \right)+Cte\ e^{-{t \over \tau }}$
  
  On suppose que à t = 0, l'on a w = $w_0.$ On obtient donc à t = 0,
  
      $w_{0}=\left(\alpha _{i}V-g\tau \right)+Cte\ e^{0}$
  
  Donc,
  
      $Cte=w_{0}-\left(\alpha _{i}V-g\tau \right)$
  
  Donc, finalement :
  
      $w(t)=\left(\alpha _{i}V-g\tau \right)+\left[w_{0}-\left(\alpha _{i}V-g\tau \right)\right]e^{-{t \over \tau }}$
  
  Soit $w_{\infty }$ la vitesse asymptotique définie par :
  
      $w_{\infty }=\alpha _{i}V-g\tau$
  
  On obtient alors :
  
      $w(t)=w_{\infty }+(w_{0}-w_{\infty })e^{-{t \over \tau }}$
  
  L'angle d'incidence est le suivant :
  
      $\alpha _{i}={w\infty \over V}+{d\tau \over V}$
  
  On suppose que $w_{\infty }=-0.5$ et V = 20. On obtient alors :
  
      $\alpha _{i}=-{0.5 \over 20}+{10\times 0.26 \over 20}$
  
  On a donc en première approximation :
  
      $\alpha _{i}\approx {g\tau \over V}=0.13$
  
  Donc l'angle d'incidence estimé (en degrés) est :
  
      $\alpha _{i}={0.13\times 180 \over \pi }=7.5$ degrés.
  
  ### Cas général
  
  On étend le modèle précédent où lieu de considérer une fonction en escalier, on considère qu'à t = 0, le planeur pénètre dans une ascendance dont la force est « aléatoire ».
  
  On considère maintenant que $w_{a}=w_{a}(t)$
  
  On définit la fonction de transition h(t) telle que h(t) = 0 pour t < 0 et $h(t)=e^{-{t \over \tau }}$ pour t ≥ 0. On a alors :
  
      $w(t)={1 \over \tau }(w_{a}*h)(t)$
  
  où * est le produit de convolution.
  
  L'expression de la solution sous la forme d'un produit de convolution est classique. On pourra consulter l'ouvrage de Vrabie.
  
  Cependant, dans la boîte déroulante, une démonstration explicite est fournie.
  
  On rappelle que :
  
      $m{\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}=(\pi \alpha _{i}\rho SV^{2}-W)+\pi w_{a}(t)\rho SV$
  
  La vitesse V correspond au planeur n'ayant pas de force extérieure en l'absence de courants verticaux. Donc,
  
      $\pi \alpha _{i}\rho SV^{2}-W=0$
  
  Donc,
  
      ${\dot {K}}(t)={1 \over m}e^{t \over \tau }\pi w_{a}(t)\rho SV$
  
  On remplace et donc :
  
      ${\dot {K}}(t)={1 \over \tau }w_{a}(t)e^{t \over \tau }$
  
  On calcule la primitive et donc :
  
      $K(t)={1 \over \tau }\int _{0}^{t}w_{a}(t')e^{t' \over \tau }dt'+Cte$
  
  On rappelle que $w(t)=K(t)e^{-{t \over \tau }}$ Donc,
  
      $w(t)={1 \over \tau }\int _{0}^{t}w_{a}(t')e^{t' \over \tau }dt'e^{-{t \over \tau }}+Cte\ e^{-{t \over \tau }}$
  
  Et donc,
  
      $w(t)=Cte\ e^{-{t \over \tau }}+{1 \over \tau }\int _{0}^{t}w_{a}(t')e^{-{t-t' \over \tau }}dt'$
  
  Ceci est un produit de convolution.
  
  À t = 0, on a w(t=0)=0. Donc,
  
      $0=Ctee^{-{0 \over \tau }}+{1 \over \tau }\int _{0}^{0}w_{a}(t')e^{-{t-t' \over \tau }}dt'$
  
  Donc,
  
      $Cte=0$
  
  On peut supposer que pour t < 0, on a $w_a$ = 0 et donc,
  
      $w(t)={1 \over \tau }\int _{-\infty }^{0}w_{a}(t')e^{-{t-t' \over \tau }}dt'$
  
  De même, on définit la fonction h(t) = 0 pour t < 0 et $h(t)=e^{-{t \over \tau }}$ pour t ≥ 0. Donc,
  
      $w(t)={1 \over \tau }(w_{a}*h)(t)$
  
  ### Transition linéaire
  
  On étend le modèle précédent où lieu de considérer une fonction en escalier, on considère qu'à t = 0, le planeur pénètre dans une ascendance dont la force augment linéairement au cours du temps.
  
  On considère maintenant que $w_{a}=\gamma t$
  
  La vitesse verticale du planeur est la suivante :
  
      $w(t)=\left(w_{\infty }+\gamma (t-\tau )\right)+\gamma \tau e^{-{t \over \tau }}$
  
  L'accélération verticale est la suivante :
  
      ${\dot {w}}(t)=\gamma \left(1-e^{-{t \over \tau }}\right)$
  
  Le jerk vertical est le suivant :
  
      ${\ddot {w}}(t)={\gamma \over \tau }e^{-{t \over \tau }}$
  
  On suppose que le planeur vole à 20 m/s et que l'ascendance a un rayon de 70 m. On constate alors que $t\gg \tau$. On obtient alors la formule simplifiée :
  
      $w(t)\approx w_{\infty }+\gamma t+\gamma \tau e^{-\infty }=w_{\infty }+\gamma t$
  
  Ce formulaire démontre, que lorsqu'un planeur entre dans une ascendance, sa vitesse verticale est à une bonne précision la vitesse de l'ascendance moins sa vitesse de chute.
  
  On suppose que le planeur vole à la vitesse V et la largeur de la zone de transition est d. On a alors :
  
      $\gamma ={w_{a}V \over d}$
  
  On suppose que d = 10 mètres et $w_a$ = 5 m/s. On a alors :
  
      $\gamma ={5\times 20 \over 10}=10$ $m/s^2$
  
  Le facteur de charge est encore de 2 G. Cela confirme que les courants verticaux trop forts peuvent détruire un aéronef.
  
  On rappelle que :
  
      $m{\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}=(\pi \alpha _{i}\rho SV^{2}-W)+\pi w_{a}\rho SV$
  
  Donc,
  
      $m{\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}=(\pi \alpha _{i}\rho SV^{2}-W)+\pi \gamma \rho St$
  
  On rappelle que W = m g. On obtient donc :
  
      $m{\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}={m\alpha _{i} \over \tau }V-mg+\gamma \pi \rho St$
  
  Donc,
  
      $m{\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}={m\alpha _{i} \over \tau }V-mg+m\gamma {t \over \tau }$
  
  Donc,
  
      ${\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}={\alpha _{i} \over \tau }V-g+\gamma {t \over \tau }$
  
  Donc,
  
      ${\dot {K}}(t)=\left({\alpha _{i} \over \tau }V-g+\gamma {t \over \tau }\right)e^{t \over \tau }$
  
  Donc,
  
      ${\dot {K}}(t)=\left({\alpha _{i}V \over \tau }-g+\gamma {t \over \tau }\right)e^{t \over \tau }$
  
  On calcule la primitive suivante :
  
      $L(t)=\int \gamma {t \over \tau }e^{t \over \tau }d\tau$
  
  On intègre par parties :
  
      $L(t)=\gamma {t \over \tau }\tau e^{t \over \tau }-\gamma \int {1 \over \tau }\tau e^{t \over \tau }d\tau$
  
  Donc,
  
      $L(t)=\gamma (t-\tau )e^{t \over \tau }$
  
  On substitue et donc :
  
      $w(t)=\left[\tau \left({\alpha _{i}V \over \tau }-g\right)+\gamma (t-\tau )+Cte\right]e^{-{t \over \tau }}$
  
  Donc,
  
      $w(t)=\left[\alpha _{i}V-g\tau +\gamma (t-\tau )\right]+Cte\ e^{-{t \over \tau }}$
  
  On suppose que à t = 0, l'on a w = $w_0.$ On obtient donc à t = 0,
  
      $w_{0}=\left(\alpha _{i}V-g\tau -\gamma \tau \right)+Cte\ e^{0}$
  
  Donc,
  
      $Cte=w_{0}-\left(\alpha _{i}V-g\tau -\gamma \tau \right)$
  
  Donc, finalement :
  
      $w(t)=\left(\alpha _{i}V-(g+\gamma )\tau +\gamma \tau \right)+\left[w_{0}-\left(\pi \alpha _{i}V-(g+\gamma )\tau \right)\right]e^{-{t \over \tau }}$
  
  On suppose maintenant que $w_{0}=w_{\infty }$ (lorsque l'on entre dans l'ascendance , la planeur est stabilisé).
  
  On rappelle que :
  
      $w_{\infty }=\alpha _{i}V-g\tau$
  
  Donc,
  
      $w(t)=\left(\alpha _{i}V-(g+\gamma )\tau +\gamma t\right)+\left[\alpha _{i}V-g\tau -\left(\alpha _{i}V-(g+\gamma )\tau \right)\right]e^{-{t \over \tau }}$
  
  Il y a donc, une simplification :
  
      $w(t)=\left(\alpha _{i}V-(g+\gamma )\tau +\gamma t\right)+\left[-\left(-\gamma )\tau \right)\right]e^{-{t \over \tau }}$
  
  On obtient alors :
  
      $w(t)=\left(\alpha _{i}V-g\tau +\gamma (t-\tau )\right)+\gamma \tau e^{-{t \over \tau }}$
  
  Donc,
  
      $w(t)=\left(w_{\infty }+\gamma (t-\tau )\right)+\gamma \tau e^{-{t \over \tau }}$
  
  ### Transition en forme de cosinus
  
  Lorsqu'un planeur vole dans une ascendance thermique (ou dans un rotor, on peut supposer le la vitesse verticale a une forme sinusoïdale. Le rayon d'un thermique est de l'ordre de 70 mètres tandis qu'un rotor a une structure plus complexe comme discuté infra.
  
  On étend le modèle précédent où lieu de considérer une fonction en escalier, on considère qu'à t = 0, le planeur pénètre dans une ascendance dont la force augmente ainsi :
  
      $w_{a}(x)={1 \over 2}w_{g}\left[1-\cos \left({\pi x \over d}\right)\right]$
  
  On définit
  
      $\kappa ={\pi V \over d}$
  
  La vitesse verticale est la suivante :
  
      $w(t)=w_{\infty }+{w_{g} \over 2}-{w_{g} \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(\cos(\kappa t)+\kappa \tau \sin(\kappa t)\right)+{w_{g} \over 2}\left({1 \over 1+\kappa ^{2}\tau ^{2}}-1\right)e^{-{t \over \tau }}$
  
  L'accélération verticale est la suivante :
  
      ${\dot {w}}(t)=-{w_{g} \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(-\kappa \sin(\kappa t)+\kappa \tau \kappa \cos(\kappa t)\right)-{1 \over \tau }{w_{g} \over 2}\left({1 \over 1+\kappa ^{2}\tau ^{2}}-1\right)e^{-{t \over \tau }}$
  
  Donc,
  
      ${\dot {w}}(t)=-{w_{g}\kappa \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(-\sin(\kappa t)+\kappa \tau \cos(\kappa t)\right)-{1 \over \tau }{w_{g} \over 2}\left({1 \over 1+\kappa ^{2}\tau ^{2}}-1\right)e^{-{t \over \tau }}$
  
  **Vol dans une ascendance thermique**
  
  On suppose que le planeur vole à 20 m/s et que l'ascendance a un rayon de 70 m. On constate alors que $t\gg \tau$. On obtient alors la formule simplifiée :
  
      $w(t)\approx w_{\infty }+{w_{g} \over 2}-{w_{g} \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(\cos(\kappa t)+\kappa \tau \sin(\kappa t)\right)$
  
  De même, on a $\kappa \tau \ll 1$. On a donc une simplification supplémentaire :
  
      $w(t)\approx w_{\infty }+{w_{g} \over 2}(1-\cos(\kappa t))$
  
  La vitesse du planeur suit donc approximativement le profil de l'ascendance.
  
  L'accélération devient alors :
  
      ${\dot {w}}(t)\approx {w_{g}\kappa \over 2}\sin(\kappa t)$
  
  L'accélération sera donc maximale lorsque $\kappa t=\pi /2$ et vaudra
  
      $a_{M}={w_{g}\kappa \over 2}$
  
  On a :
  
      $\kappa ={\pi V \over d}={\pi \times 20 \over 70}=0.9$
  
  L'accélération sera :
  
      $a_{M}={5\times 0.9 \over 2}=2.25$
  
  Le facteur de charge devient nettement plus petit. Toutefois, si la vitesse V est grande (avion de transport) et $w_g$ est aussi grand, le risque de rupture de l'aéronef demeure.
  
  On rappelle que :
  
      $m{\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}=(\pi \alpha _{i}\rho SV^{2}-W)+\pi w_{a}\rho SV$
  
  Donc,
  
      $m{\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}=(\pi \alpha _{i}\rho SV^{2}-W)+\pi {1 \over 2}w_{g}\left[1-\cos \left({\pi x \over d}\right)\right]\rho SV$
  
  On rappelle que W = m g. On obtient donc :
  
      $m{\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}=(\pi \alpha _{i}\rho SV^{2}-mg)+\pi {1 \over 2}w_{g}\left[1-\cos \left({\pi x \over d}\right)\right]\rho SV$
  
  Donc,
  
      $m{\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}={m\alpha _{i} \over \tau }V-mg+{w_{g} \over 2}\left[1-\cos \left({\pi x \over d}\right)\right]{m \over \tau }$
  
  Donc,
  
      ${\dot {K}}(t)e^{-{t \over \tau }}={\alpha _{i} \over \tau }V-g+{w_{g} \over 2}\left[1-\cos \left({\pi x \over d}\right)\right]{1 \over \tau }$
  
  Donc,
  
      ${\dot {K}}(t)=\left\{{\alpha _{i} \over \tau }V-g+{w_{g} \over 2\tau }\left[1-\cos \left({\pi x \over d}\right)\right]\right\}e^{t \over \tau }$
  
  Donc,
  
      ${\dot {K}}(t)=\left[{\alpha _{i} \over \tau }V-g+{w_{g} \over 2\tau }-{w_{g} \over 2\tau }\cos \left({\pi x \over d}\right)\right]e^{t \over \tau }$
  
  On calcule la primitive suivante :
  
      $L(t)=\int \cos \left({\pi x \over d}\right)e^{t \over \tau }d\tau$
  
  On rappelle que x = V t.
  
  Donc,
  
      $L(t)=\int \cos \left({\pi Vt \over d}\right)e^{t \over \tau }d\tau$
  
  On intègre par parties :
  
      $L(t)=\cos \left({\pi Vt \over d}\right)e^{t \over \tau }\tau -{\pi V \over d}\int (-)\sin \left({\pi Vt \over d}\right)e^{t \over \tau }\tau d\tau$
  
  On recommence encore une fois et donc :
  
      $L(t)=\cos \left({\pi Vt \over d}\right)e^{t \over \tau }\tau +{\pi V \over d}\sin \left({\pi Vt \over d}\right)e^{t \over \tau }\tau \tau -\int \left({\pi V \over d}\right)^{2}\cos \left({\pi Vt \over d}\right)e^{t \over \tau }\tau \tau d\tau$
  
  On définit $\kappa ={\pi V \over d}$
  
  On obtient alors :
  
      $L(t)=\cos(\kappa t)e^{t \over \tau }\tau +\kappa \sin(\kappa t)e^{t \over \tau }\tau ^{2}-\kappa ^{2}\tau ^{2}L(t)$
  
  Donc,
  
      $L(t)(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})=\tau \cos(\kappa t)e^{t \over \tau }+\kappa \tau ^{2}\sin(\kappa t)e^{t \over \tau }$
  
  Donc :
  
      $K(t)=\left({\alpha _{i} \over \tau }V-g+{w_{g} \over 2\tau }\right)\tau e^{t \over \tau }-{w_{g} \over 2\tau }L(t)+Cte$
  
  Donc,
  
      $K(t)=\left(\alpha _{i}V-g\tau +{w_{g} \over 2}\right)e^{t \over \tau }-{w_{g} \over 2\tau (1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(\tau \cos(\kappa t)e^{t \over \tau }+\kappa \tau ^{2}\sin(\kappa t)e^{t \over \tau }\right)+Cte$
  
  Donc,
  
      $K(t)=\left[\alpha _{i}V-g\tau +{w_{g} \over 2}-{w_{g} \over 2\tau (1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(\tau \cos(\kappa t)+\kappa \tau ^{2}\sin(\kappa t)\right)\right]e^{t \over \tau }+Cte$
  
  Il y a une simplification :
  
      $K(t)=\left[\alpha _{i}V-g\tau +{w_{g} \over 2}-{w_{g} \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(\cos(\kappa t)+\kappa \tau \sin(\kappa t)\right)\right]e^{t \over \tau }+Cte$
  
  On rappelle que :
  
      $w_{\infty }=\alpha _{i}V-g\tau$
  
  Donc,
  
      $K(t)=\left[w_{\infty }+{w_{g} \over 2}-{w_{g} \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(\cos(\kappa t)+\kappa \tau \sin(\kappa t)\right)\right]e^{t \over \tau }+Cte$
  
  On rappelle que : $w(t)=K(t)e^{-{t \over \tau }}$
  
  Donc,
  
      $w(t)=\left[w_{\infty }+{w_{g} \over 2}-{w_{g} \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(\cos(\kappa t)+\kappa \tau \sin(\kappa t)\right)\right]e^{t \over \tau }e^{-{t \over \tau }}+Cte\ e^{-{t \over \tau }}$
  
  Donc,
  
      $w(t)=w_{\infty }+{w_{g} \over 2}-{w_{g} \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(\cos(\kappa t)+\kappa \tau \sin(\kappa t)\right)+Cte\ e^{-{t \over \tau }}$
  
  On pose maintenant les conditions aux limites. À t = 0, on a $w(t=0)=w_{\infty }$. Donc,
  
      $w_{\infty }=w_{\infty }+{w_{g} \over 2}-{w_{g} \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(\cos(\kappa 0)+\kappa \tau \sin(\kappa 0)\right)+Cte\ e^{-{0 \over \tau }}$
  
  Donc,
  
      $0={w_{g} \over 2}-{w_{g} \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(\cos(\kappa 0)+\kappa \tau \sin(\kappa 0)\right)+Cte$
  
  Donc,
  
      $Cte={w_{g} \over 2}\left({1 \over 1+\kappa ^{2}\tau ^{2}}-1\right)$
  
  Donc,
  
      $w(t)=w_{\infty }+{w_{g} \over 2}-{w_{g} \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(\cos(\kappa t)+\kappa \tau \sin(\kappa t)\right)+{w_{g} \over 2}\left({1 \over 1+\kappa ^{2}\tau ^{2}}-1\right)e^{-{t \over \tau }}$
  
  ### Vols à travers des tourbillons
  
  **Modèle du tourbillon se comportant comme un solide rigide**
  
  Un rotor peut être modélisé de manière ultra simplifiée comme un simple tourbillon d'axe Ox ayant le comportement d'un tambour rigide.
  
  On suppose que la vitesse angulaire de rotation est :
  
      ${\vec {\Omega }}=\Omega {\vec {i}}$
  
  La vorticité sera :
  
      ${\vec {\eta }}=2{\vec {\Omega }}$
  
  Suivant l'axe Oy, la vitesse verticale w vaudra :
  
      $w=\Omega y$
  
  On considère maintenant un aéronef volant à la vitesse V le long de Oy.
  
  On a y(t) = V t, Donc, on a :
  
      $w(t)={1 \over 2}y(t)\eta ={V\eta \over 2}t$
  
  Ce cas se ramène donc au cas de cas de la croissance linéaire de la vitesse verticale traité supra.
  
  Si l'on considère un tourbillon se comportant comme un solide de vitesse angulaire Ω, la vitesse linéaire et coordonnées cylindriques est :${\vec {u}}={\vec {\Omega }}\wedge {\vec {r}}$
  
  Pour simplifier, on considère l'axe Ω étant Ox (rotor horizontal). On a alors:
  
      ${\vec {u}}=\Omega {\vec {i}}\wedge (x{\vec {i}}+y{\vec {j}}+z{\vec {k}}$
  
  Donc,
  
      ${\vec {u}}=\Omega (y{\vec {k}}-z{\vec {j}})$
  
  On calcule maintenant la vorticité $\eta$. On a :
  
      ${\vec {\eta }}={\vec {\nabla }}\wedge {\vec {u}}=\left({\partial \over \partial x}{\vec {i}}+{\partial \over \partial j}{\vec {j}}+{\partial \over \partial z}{\vec {k}}\right)\wedge \Omega (y{\vec {k}}-z{\vec {j}})$
  
  Il y a une légère simplification :
  
      ${\vec {\eta }}=\Omega \left({\partial \over \partial y}{\vec {j}}+{\partial \over \partial z}{\vec {k}}\right)\wedge (y{\vec {k}}-z{\vec {j}})$
  
  Donc,
  
      ${\vec {\eta }}=\Omega \left({\partial \over \partial y}{\vec {j}}\wedge (y{\vec {k}}-z{\vec {j}})+{\partial \over \partial z}{\vec {k}}\wedge (y{\vec {k}}-z{\vec {j}})\right)$
  
  Donc,
  
      ${\vec {\eta }}=\Omega \left({\partial y \over \partial y}{\vec {j}}\wedge {\vec {k}}-z{\vec {j}})-{\partial z \over \partial z}{\vec {k}}\wedge {\vec {j}}\right)=2\Omega {\vec {i}}$
  
  Finalement :
  
      ${\vec {\eta }}=2{\vec {\Omega }}$
  
  Suivant l'axe Oy, la vitesse verticale w vaudra :
  
      $w=\Omega y$
  
  **Vol dans un rotor**
  
  Un rotor est presque toujours couplé à un système d'ondes orographiques et correspond à la sous-couche turbulente. Un rotor est composé de votex de différentes taille. Si k est le nombre d'onde du vortex, la fréquence (transformée de Fourier) de tels vortex est proportionnelle à $k^{-{5 \over 3}}$ pour $k\geq 3\times 10^{-3}$ et donc principalement les vortex de grand rayon seront dominants. Cependant les vortex peuvent avoir toutes les tailles et l'on considère un vortex de dimension d = 10 mètres.
  
  On obtient alors :
  
      $\kappa ={\pi V \over d}={\pi \times 20 \over 10}=6.28$
  
  L'accélération maximale sera la suivante :
  
      $a_{M}\approx {w_{g}\kappa \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}(1+\kappa \tau )$
  
  Ici, l'on a :$\kappa \tau =6.28\times 0.25\approx 1.5$ On rappelle que $\kappa t\ll 1$.
  
  En outre, on ne peut donc pas supposer que κτ est petit. On reprend la formule supra et l'accélération devient :
  
      ${\dot {w}}(t)=-{w_{g}\kappa \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(-\sin(\kappa t)+\kappa \tau \cos(\kappa t)\right)$
  
  Donc,
  
      ${\dot {w}}(t)={w_{g}\kappa \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(\sin(\kappa t)-\kappa \tau \cos(\kappa t)\right)$
  
  L'accélération est maximale lorsque le jerk est nul. On écrit :
  
      $0={\ddot {w}}(t)=-{w_{g}\kappa \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\left(-\kappa \cos(\kappa t)+\kappa \tau (-)\kappa \sin(\kappa t)\right)$
  
  On résout donc :
  
      $0=\cos(\kappa t)+\kappa \tau \sin(\kappa t)$
  
  Donc,
  
      $\tan(\kappa t)=-{1 \over \kappa \tau }$
  
  On a donc :
  
      $a_{M}={w_{g}\kappa \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}\sin(\kappa t)\left(1-(-)\kappa \tau \right)$
  
  On peut supposer que $\sin(\kappa t)\approx 1$ et donc :
  
      $a_{M}={w_{g}\kappa \over 2(1+\kappa ^{2}\tau ^{2})}(1+\kappa \tau )$
  
  Numériquement, on obtient alors :
  
      $a_{M}=w_{g}\times {6.28 \over 2\times (1+1.5^{2})}\times (1+1.5)=w_{g}\times 2.41$
  
  Ainsi, une rafale de 5 m/s engendrera une accélération d'environ 1.5 G et donc un facteur de charge de 2.5 G. De telles rafales peuvent se produire.
  
  Des rafales verticales de 10 m/s sont assez courantes et le facteur de charge deviendra 3.5 G. Dans le passé, des rotors ont brisé des planeurs avec un facteur de charge de 16 G. Si l'on utilise la formule supra, les rafales verticales auraient été de l'ordre de $150/2.41\approx 60$ m/s. Le pilote avait volé dans un nuage de rotor.
  
  ## Effet des rafales horizontales
  
  Dans des conditions extrêmes, Joachim Kuettner et Larry Elgar avaient rencontré des sautes de vitesse air incroyables ; Larry Elgar brisa son planeur et aurait subi des accélérations entre 16 et 20 G. Il apparaît donc qu'un doublement de la vitesse air horizontale de 20 m/s à 40 m/s à la suite d'une rafale risque de désintégrer le planeur.
  
  Soit $V_0$ la vitesse air avant la rencontre de la rafale et v la vitesse de la rafale. Le facteur de charge subit par le planeur est la suivante :
  
      $a=g\left(1+{v^{2}+2vV_{0} \over V_{0}^{2}}\right)$
  
  L'accélération verticale du planeur (sans correction de la part du pilote) sera :
  
      ${d^{2}h \over dt^{2}}={g[(V_{0}+v)^{2}-V_{0}^{2}] \over V_{0}^{2}}\cos(\omega t)$
  * h est l'altitude du planeur
  * $\omega ={{\sqrt {2}}g \over V_{0}}$
  
  Soit $V_0$ la vitesse de l'aéronef. On suppose qu'il rencontre une rafale de vitesse v. Comme la vitesse sol est localement constante, la vitesse air augmentera (ou diminuera) et deviendra V + r. On suppose que l'aéronef garde une assiette constante. L'angle d'attaque sera constant aussi et donc le coefficient de portance sera constant.
  
  Avant la rencontre avec la rafale, la portance est :
  
      $L={1 \over 2}C_{L}\rho SV^{2}$
  
  L'aéronef est en équilibre et donc : L = W.
  
  On suppose qu'après une rafale horizontale brutale, la vitesse air devient V_0 + v.
  
  Après avoir rencontré la rafale, la portance deviendra alors :
  
      $L'={1 \over 2}C_{L}\rho SV^{2}$
  
  La force vers le haut est donc :
  
      $F=L'-W$
  
  On remarque donc que :
  
      $F={1 \over 2}C_{L}\rho S[V^{2}-V_{0}^{2}]$
  
  L'accélération vers le haut est donc :
  
      $a={1 \over 2m}C_{L}\rho S(V^{2}-V_{0}^{2})$
  
  L'énergie totale (énergie potentielle + énergie cinétique) est conservée à l'intérieur de la rafale horizontale. Donc,
  
      ${1 \over 2}V^{2}+gh=Cte$
  
  On pose E = $V^2/2.$ On obtient alors :
  
      $E+gh=Cte$
  
  On dérive cette équation. Donc,
  
      ${dE \over dt}+g{dh \over dt}=0$
  
  On dérive une seconde fois :
  
      ${d^{2}E \over dt^{2}}+g{d^{2}h \over dt^{2}}=0$
  
  On remplace la dérivée seconde de h par l'accélération et donc :
  
      ${d^{2}E \over dt^{2}}+g\left({1 \over 2m}C_{L}\rho S(V^{2}-V_{0}^{2})\right)=0$
  
  Et donc :
  
      ${d^{2}E \over dt^{2}}+g\left({1 \over 2m}C_{L}\rho S(2E-V_{0}^{2})\right)=0$
  
  On a :
  
      ${1 \over 2}C_{L}\rho SV_{0}^{2}=mg$
  
  Donc,
  
      $C_{L}={2mg \over \rho SV_{0}^{2}}$
  
  On remplace :
  
      ${d^{2}E \over dt^{2}}+g\left({1 \over 2m}\times {2mg \over \rho SV_{0}^{2}}\times \rho S(2E-V_{0}^{2})\right)=0$
  
  Donc,
  
      ${d^{2}E \over dt^{2}}+{g^{2} \over V_{0}^{2}}(2E-V_{0}^{2})=0$
  
  On définit :
  
      $E'=E-{1 \over 2}V_{0}^{2}$
  
  On obtient alors :
  
      ${d^{2}E' \over dt^{2}}+{2g^{2} \over V_{0}^{2}}E'=0$
  
  On définit alors :
  
      $\omega ^{2}={2g^{2} \over V_{0}^{2}}$
  
  Donc,
  
      $\omega ={{\sqrt {2}}g \over V_{0}}$
  
  On résout donc :
  
      ${d^{2}E' \over dt^{2}}+w^{2}E'=0$
  
  La solution générale est donc :
  
      $E(t)=A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t)$
  
  À t = 0, on a $E'_0$ donné. Donc,
  
      $E'(t=0)=A\cos(\omega 0)+B\sin(\omega 0)$
  
  Et donc,
  
      $E'(t)=E'_{0}\cos(\omega t)+B\sin(\omega t)$
  
  On a donc :
  
      ${\dot {E'}}(t)=-\omega E'_{0}\sin(\omega t)+B\omega \cos(\omega t)$
  
  À t = 0, on a la vitesse verticale qui est nulle car l'accélération est finie. Donc,
  
      $0={\dot {E}}(t=0)=-\omega E'_{0}\sin(\omega 0)+B\omega \cos(\omega 0)$
  
  Et donc, B = 0. Finalement, on a donc :
  
      $E(t)=E'_{0}\cos(\omega t)$
  
  Donc,
  
      ${\ddot {E}}(t)=-\omega ^{2}E'_{0}\cos(\omega t)$
  
  On rappelle que :
  
      ${d^{2}E \over dt^{2}}+g{d^{2}h \over dt^{2}}=0$
  
  L'accélération verticale est donc :
  
      ${d^{2}h \over dt^{2}}={1 \over g}{\ddot {E}}(t)=-{\omega ^{2} \over g}E'_{0}\cos(\omega t)$
  
  Donc,
  
      ${d^{2}h \over dt^{2}}={2g^{2} \over gV_{0}^{2}}E'_{0}\cos(\omega t)$
  
  Donc,
  
      ${d^{2}h \over dt^{2}}={2g \over V_{0}^{2}}E'_{0}\cos(\omega t)$
  
  On suppose que $V_0$ = 20 m/s et que à t = 0, on a V(t=0) = 40 m/s. (Soit v = 20 m/s)
  
  L'accélération initiale est donc :
  
      $a=g{v^{2}+2V_{0}v \over V_{0}^{2}}=10\times {20^{2}+2\times 20\times 20 \over 20^{2}}=30$ $m/s^2.$
  
  Soit 3 G. Le facteur de charge est donc (3 + 1) G = 4 G qui est proche du point de rupture d'un planeur.
  
  Ce modèle explique pourquoi Joachim Kuettner avait subi des accélérations de 4 G lorsqu'il vola dans un rotor très sévère et que sa vitesse air augmenta très fortement. Joachim Kuettner décrocha et cela est probablement dû à une rafale négative qui eut réduit sa vitesse air en deçà du point de décrochage. Une demi heure après, Larry Edgar brisa son planeur dans des conditions très semblables. Il subit des accélérations de 16 à 20 G auxquelles il aura survécu. Vu qu'il perdit temporairement connaissance, on ne peut pas déterminer la séquence précise des événements. Il est probable que ces accélérations phénoménales se furent produites après la rupture du planeur mais rien ne permet de l'affirmer.
  
  Ainsi, Joachim Kuettner rédigea le rapport suivant :
  
     « Following a short 1600 ft/min up, 1000 ft/min down reading, the speed increased from 45 mph to 90 mph in a matter of about 2 seconds in spite of a nose -up condition which allowed only the sky to be seen looking out of the window. At 4.5 G reading, the ship stalled again »
  
  Traduction en français : « Le variomètre indiqua pendant une brève période un +8 m/s suivi d'un -5 m/s. La vitesse air passa de 20 m/s à 40 m/s en l'espace de 2 secondes nonobstant l'assiette extrêmement cabrée du planeur qui ne permettait de ne voir que le ciel à travers la verrière. Lorsque l'accéléromètre eut indiqué 4,5 G, le planeur décrocha à nouveau ».
  
  Le récit de Kuettner corrobore le modèle supra et donc lorsque les rafales atteignent 20 m/s, les conditions deviennent extrêmement dangereuses.
  
  