title: Physique du parachutisme
text: # Physique du parachutisme
  
  Le parachute est un équipement destiné à ralentir la chute d'un objet ou d'un humain de telle manière que lors de l'atterrissage, l'objet ne sera pas détruit ou la personne blessée ou tuée. Cet équipement est constitué d'une large toile ralentissant la chute de la personne en engendrant une forte résistance de l'air. Les parachutes sont constitués de matériaux légers comme la soie ou le nylon. Pour qu’un parachute soit efficace, il faut que la vitesse terminale soit de l'ordre de 30 km/h, ce qui correspond à 8 m/s ou à la chute d'un deuxième étage.
  
  ## Modèle ultra simplifié : vitesse acquise au cours d'une descente
  
  Au départ de la chute du parachutiste depuis un avion, la résistance de l’air est initialement inférieure au poids, donc la chute s'accélère. Le parachutiste est au tout début en quasi-apesanteur à 0 g, son accélération étant de 1 g vers le bas. Cette résistance de l'air croît proportionnellement au carré de la vitesse de chute, jusqu'à égaler le poids, et la vitesse se stabilise. Le processus est illustré dans les $liens^,.$
  
  L'accélération décroît progressivement jusqu'à ne plus être que d'environ 0,1 g dans la position cambrée au bout d'une minute environ, juste avant l'ouverture du parachute. Un parachutiste qui chute en position allongée horizontalement, dite « cambrée », rencontre davantage de résistance qu'en chutant en position profilée verticale (environ 300 km/h), et descend donc moins vite (environ 200 km/h), son maître-couple étant $supérieur^,.$ Dans des positions très particulières, des vitesses instantanées de chute de 450 km/h ont pu être obtenues.
  
  Lorsque le parachutiste ouvre son parachute, l’air s'engouffre dans la voilure et impose une forte résistance, initialement plus grande que le poids : la chute est freinée en quelques secondes d'environ 200 km/h à 15 km/h, ce qui procure une accélération vers le haut entre 3 et 6 g qui donne au parachutiste l'impression illusoire de remonter. La vitesse diminuant, la résistance de l'air diminue aussi jusqu'à égaler le poids, et la vitesse se stabilise à nouveau, mais à une valeur beaucoup plus petite que sans parachute (environ 15 km/h).
  
  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 résistance telle que les courants ascendants de l'air lui permettent de rester en suspension et même de monter.
  
  Cependant, ce modèle est très incomplet car l'accélération n'est pas constante, mais l'« à-coup » est lui constant. Ce point sera discuté très en détail plus bas.
  
  * Chute libre
  * Parachute ouvert
  * Graphique vitesse-temps
  
  ## Chute d'une personne
  
  Un être humain en position verticale ne peut guère supporter une accélération de plus de 5 g. Au delà, le parachutiste sera victime d'un voile noir. En position horizontale sur le ventre, le parachutiste pourrait subir une accélération de 20 g (yeux sortant des orbites). L'accélération maximale tolérée dépend du temps d'exposition. De toute façon, toute accélération supérieure à 30 g est mortelle. En outre, le parachutiste peut être victime de séquelles incurables ; cependant, certaines personnes ayant subi des accélérations de 18 g ont totalement récupéré. Il importe donc de concevoir un parachute qui ralentisse suffisamment la personne et ne la soumette pas à des accélérations insensées. Par conséquent, une ouverture quasi-instantanée du parachute n'est pas souhaitable.
  
  ### Forces
  
  Les deux forces en présence sont :
  
  * le poids dirigé vers le bas, d'intensité $P=m\,g$ ;
  * la résistance de l'air (ou traînée aérodynamique) dirigée vers le haut, d'intensité $R={\tfrac {1}{2}}\rho \,S\,C_{x}\,v^{2}$.
  
  Dans ces deux formules :
  
  * $\rho \,$ est la masse volumique de l'air ;
  * $S\,$ est la section droite du parachute ;
  * $C_{x}\,$ est le coefficient de traînée ;
  * $v\,$ est la vitesse de chute ;
  * $m\,$ est la masse de l'assemblage parachutiste + parachute.
  
  Le rôle 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 $S$ et, dans une moindre mesure, le coefficient $C_{x}\,$).
  
  ### Vitesse limite
  
  * La résultante des forces appliquées à un objet pendant sa chute, comptée positivement vers le bas, est $F=P-R$.
  * L'accélération de l'objet est $\,a=F/m$.
  
  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'accélère.
  
  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 $a=0$ donc $P=R$, se calcule facilement :
  
      $v_{\mathrm {t} }={\sqrt {\frac {2mg}{\rho SC_{x}}}}$
  
  ## Modèle « naïf » du parachutiste
  
  On effectue l'hypothèse incorrecte que le parachute s'ouvre instantanément.
  
  L'équation dynamique s'écrit donc :
  
      $m{dv \over dt}=mg-{1 \over 2}\rho SCv^{2}$
  
  Soit $v_{0}$ la vitesse initiale de chute du parachute lors de l'ouverture du parachute. On suppose que le parachutiste est en chute libre.
  
  On définit $T={v_{t} \over 2g}$
  
      $K={v_{0}-v_{t} \over v_{0}+v_{t}}$
  
  La loi de vitesse est la suivante :
  
      $v={1+Ke^{-{t \over T}} \over 1-Ke^{-{t \over T}}}v_{t}$
  
  On obtient donc :
  
      ${dv \over dt}=g-{1 \over 2}{\rho SC \over m}v^{2}$
  
  Donc,
  
      ${dv \over g-{1 \over 2}{\rho SC \over m}v^{2}}=dt$
  
  Donc,
  
      ${dv \over -{2gm \over \rho SC}+v^{2}}=-{\rho SC \over 2m}dt$
  
  On rappelle que la vitesse terminale est :
  
      $v_{t}={\sqrt {2gm \over \rho SC}}$
  
  L'équation différentielle à résoudre est donc:
  
      ${dv \over v^{2}-v_{t}^{2}}={\rho SC \over 2m}dt$
  
  On décompose en élements simples. On remarque que:
  
      ${1 \over v^{2}-v_{t}^{2}}={1 \over 2v_{t}}\left({1 \over v-v_{t}}-{1 \over v+v_{t}}\right)$
  
  On obtient donc:
  
      ${1 \over 2v_{t}}\left({1 \over v-v_{t}}-{1 \over v+v_{t}}\right)dv=-{g \over v_{t}^{2}}dt$
  
  Donc,
  
      $\left({1 \over v-v_{t}}-{1 \over v-v_{t}}\right)dv=-{2g \over v_{t}}dt$
  
  On définit $T={v_{t} \over 2g}$
  
  On résout donc :
  
      $\left({1 \over v-v_{t}}-{1 \over v-v_{t}}\right)dv=-{dt \over T}$
  
  On calcule la primitive. Donc,
  
      $\log(v-v_{t})-\log(v+v_{t})=Cte-{t \over T}$
  
  Donc,
  
      $\log \left({v-v_{t} \over v+v_{t}}\right)=Cte-{t \over T}$
  
  Donc,
  
      ${v-v_{t} \over v+v_{t}}=\exp \left(Cte-{t \over T}\right)$
  
  Donc,
  
      ${v-v_{t} \over v+v_{t}}=Ke^{-{t \over T}}$
  
  Donc,
  
      $v-v_{t}=Ke^{-{t \over T}}(v+v_{t})$
  
  Donc,
  
      $\left(Ke^{-{t \over T}}+1\right)v_{t}=v\left(1-Ke^{-{t \over T}}\right)$
  
  Donc,
  
      $v={1+Ke^{-{t \over T}} \over 1-Ke^{-{t \over T}}}v_{t}$
  
  On suppose qu'à t = 0, alors v = $v_0.$ Donc,
  
      $v_{0}={1+Ke^{0} \over 1-Ke^{-0}}v_{t}$
  
  Donc,
  
      $(1-K)v_{0}=(1+K)v_{t}$
  
  Donc,
  
      $K={v_{0}-v_{t} \over v_{0}+v_{t}}$
  
  Et donc:
  
      $v={1+Ke^{-{t \over T}} \over 1-Ke^{-{t \over T}}}v_{t}$
  
  On constate que lorsque $t\to \infty$ alors $v\to v_{t}$ comme attendu.
  
  On note que $T=5/(2\times 10)=0.25$ secondes.
  
  On rappelle que la vitesse terminale est :
  
      $v_{t}={\sqrt {2gm \over \rho SC}}$
  
  Après substitution, on montre que la décélération initiale est la suivante :
  
      ${dv_{0} \over dt}=g-{g \over v_{t}^{2}}v_{0}^{2}$
  
  On remarque que :
  
      $g\ll {g \over v_{t}^{2}}v_{0}^{2}$
  
  Donc,
  
      ${dv_{0} \over dt}\approx -g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}$
  
  Ce modèle est manifestement invalide car si l'on suppose que $v_{t}=8$ et $v_{0}=80$, ces 2 valeurs étant raisonnables, alors le parachutiste subirait une accélération de 100 g qui le tuerait à coup sûr.
  
  ## Ouverture en temps fini
  
  Il est connu que la distance parcourue lors de l'ouverture du parachute est indépendante des conditions initiales. Cela a été justifié par French.
  
  Donc le modèle du déploiement instantané est invalide et il est aussi contredit par l'expérience. En effet, Knack a démontré que le temps d'ouverture était fini et que le jerk était constant comme montré dans la figure ci-contre.
  
  En outre, Potvin a confirmé expérimentalement les résultats de Knack et a démontré expérimentalement que l'accélération maximale était de l'ordre de 5 à 7 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 modèle naïf proposé supra.
  
  On peut donc supposer qu'en première approximation, le jerk (qui est la dérivée de l'accélération par rapport au temps) est constant. Il a été proposé par Meade que le modèle d'ouverture du parachute devrait être décomposé en 3 phases qui sont :
  
  * Chute libre du parachutiste : le maître couple est $S_0$ où la vitesse asymptotique est $v_0.$
  * Phase d'ouverture du parachute où le maître couple augmente (linéairement ?). La vitesse v varie significativement ;
  * Phase terminale où le parachute est totalement ouvert et la vitesse de chute approche $v_t.$
  
  Les équations qui suivent sont basées sur le modèle de Meade. En première approximation, on peut supposer que le rayon de la canopée varie linéairement en fonction du temps. Donc pour un parachute semi sphérique, la surface efficace croîtra de manière quadratique en fonction du temps. Pour un parachute moderne ayant une forme allongée cylindrique (comme montré dans la figure ci-contre), on pourra considérer que la section efficace croîtra linéairement en fonction du temps vu que la surface efficace sera simplement proportionnelle au rayon du cylindre. Cela est confirmé en première approximation par l'étude de Knack qui montre une croissance quasi linéaire du facteur de charge comme montré dans la figure ci-dessus.
  
  L'équation dynamique s'écrit donc :
  
      $m{dv \over dt}=mg-{1 \over 2}\rho S(t)Cv^{2}$
  
  On suppose que la surface varie linéairement et l'on écrit
  
      $S(t)=S_{0}+\sigma t$
  
  Soit $t_0$ la durée du déploiement du parachute. L'équation dynamique peut alors s'écrire :
  
      ${dv \over dt}=g\left(1-\left({v \over v_{0}}\right)^{2}\right)-g\left({v \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
      $m{dv \over dt}=mg-{1 \over 2}\rho C(S_{0}+\sigma t)v^{2}$
  
  On suppose qu'à t = 0, il y a équilibre. Donc,
  
      $0=m{dv \over dt}(t=0)=mg-{1 \over 2}\rho C(S_{0}+\sigma 0)v(t=0)^{2}$
  
  On note $v_{0}=v(t=0)$. Donc, l'on a :
  
      $0=mg-{1 \over 2}\rho C(S_{0}+\sigma 0)v_{0}^{2}$
  
  Donc,
  
      $0=mg-{1 \over 2}\rho CS_{0}v_{0}^{2}$
  
  Donc,
  
      ${1 \over 2}\rho CS_{0}={mg \over v_{0}^{2}}$
  
  L'équation dynamique devient donc :
  
      $m{dv \over dt}=mg-\left({mg \over v_{0}^{2}}+{1 \over 2}\rho C\sigma t\right)v^{2}$
  
  Donc,
  
      ${dv \over dt}=g-\left({g \over v_{0}^{2}}-{1 \over 2}{\rho C\sigma \over m}t\right)v^{2}$
  
  On a : $\sigma =S/t_{0}$. Donc,
  
      ${dv \over dt}=g\left(1-\left({v \over v_{0}}\right)^{2}\right)-{1 \over 2}{\rho CS \over mt_{0}}tv^{2}$
  
  On rappelle que
  
      ${1 \over 2}{\rho CS \over m}={1 \over v_{t}}g^{2}$
  
  Donc,
  
      ${dv \over dt}=g\left(1-\left({v \over v_{0}}\right)^{2}\right)-g\left({v \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
  
  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 $w=v_{0}-v>0$. On définit
  
      $x={2g \over v_{0}}t$
  
  On peut montrer que :
  
      $w={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(x-1+e^{-x})$
      ${dw \over dx}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(1-e^{-x})$
  
  Donc,
  
      ${d^{2}w \over dx^{2}}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}e^{-x}$
  
  On note que pour x petit, l'on a $e^{-x}\approx 1$.
  
  Donc, pour $x\ll 1$, on obtient :
  
      $w\approx {1 \over 2}{g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x^{2}$
      ${dw \over dx}\approx {g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x$
      ${d^{2}w \over dx^{2}}\approx {g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}$
  
  On voit que pour x petit, le jerk est pratiquement constant.
  
  Donc,
  
      ${dv \over dt}=g\left(1+{v \over v_{0}}\right)\left(1-{v \over v_{0}}\right)-g\left({v \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
  
  Au début, la résistance de l'air est beaucoup plus grande que le poids et l'on a $v\approx v_{0}$. On peut donc simplifier l'équation en
  
      ${dv \over dt}\approx g\left(1+1\right)\left(1-{v \over v_{0}}\right)-g\left({v \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
  
  Donc,
  
      ${dv \over dt}=2g{v_{0}-v \over v_{0}}-g\left({v \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
  
  On pose $w=v_{0}-v$
  
  Donc,
  
      ${d(v_{0}-w) \over dt}=2g{w \over v_{0}}-g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
  
  On est au premier ordre et t est petit (on enlève les termes du 2e ordre)
  
  Donc,
  
      $-{dw \over dt}=2g{w \over v_{0}}-g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
  
  On a une équation linéaire avec second membre.
  
  La solution du système homogène est
  
      $-{dW \over dt}=2g{W \over v_{0}}$
  
  On obtient donc :
  
      ${dW \over W}=-{2g \over v_{0}}dt$
  
  Donc,
  
      $\log(W)=Cte-{2g \over v_{0}}t$
  
  Donc,
  
      $W=\exp \left(-{2g \over v_{0}}t\right)$
  
  On fait maintenant varier la constante K et l'on définit :
  
      $w=KW$
  
  On obtient alors:
  
      $-{d(KW) \over dt}=2g{KW \over v_{0}}-g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
  
  De manière équivalente :
  
      ${d(KW) \over dt}=-2g{KW \over v_{0}}+g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
  
  Donc,
  
      $K'W+KW'=-2g{KW \over v_{0}}+g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
  
  Il y a simplification et donc:
  
      $K'W=g\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
  
  Le problème se ramène donc à calculer une primitive.
  
      $K'=g{1 \over W}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
  
  Donc,
  
      $K'=g{1 \over W}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
  
  Donc,
  
      $K'=ge^{{2g \over v_{0}}t}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{t \over t_{0}}$
  
  Donc,
  
      $K'={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}e^{{2g \over v_{0}}t}t$
  
  On définit
  
      $x={2g \over v_{0}}t$
  
  Donc,
  
      ${dK \over x}{dx \over dt}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}e^{x}{xv_{0} \over 2g}$
  
  Donc,
  
      ${dK \over dx}{2g \over v_{0}}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}e^{x}{xv_{0} \over 2g}$
  
  Donc,
  
      ${dK \over dx}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}e^{x}{xv_{0} \over 2g}{v_{0} \over 2g}$
  
  Donc,
  
      ${dK \over dx}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}e^{x}x$
  
  La primitive de $\int xe^{x}=xe^{x}-e^{x}$
  
  On obtient donc:
  
      $K={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(e^{x}x-e^{x})+Cte$
  
  Donc,
  
      $w=Ke^{-x}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}\left[(e^{x}x-e^{x})+Cte\right]e^{-x}$
  
  Donc,
  
      $w=Ke^{-x}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(x-1)+Cte\times e^{-x}$
  
  À t = 0, on a x = 0. Donc,
  
      $0={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(0-1)+Cte\times e^{0}$
  
  Donc,
  
      $Cte=+{g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}$
  
  Donc,
  
      $w={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(1-x)-{g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}e^{-x}$
  
  Donc,
  
      $w={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(x-1+e^{-x})$
  
  Donc,
  
      $w'={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(1-e^{-x})$
  
  Donc,
  
      $w''={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}e^{-x}$
  
  On va maintenant calculer une estimation grossière de l'accélération lorsque $w(x)=v_{0}/2$.
  
  On démontre que
  
      $x={\sqrt {4t_{0}gv_{t}^{2} \over v_{0}^{3}}}$
  
  On considère x petit et l'on calcule x tel que l'on a $w=v_{0}/2$
  
  On résout :
  
      $v_{0}/2={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(x-1+e^{-x})$
  
  On effectue un développement limité
  
      $v_{0}/2={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}(x-1+(1-x+x^{2}/2))$
  
  Donc,
  
      $v_{0}/2={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x^{2}/2$
  
  Donc,
  
      $v_{0}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x^{2}$
  
  Donc,
  
      $x^{2}=v_{0}{t_{0} \over g}\left({v_{t} \over v_{0}}\right)^{2}\left({2g \over v_{0}}\right)^{2}$
  
  Donc,
  
      $x^{2}={v_{0}t_{0}v_{t}^{2}4g^{2} \over gv_{0}^{2}v_{0}^{2}}$
  
  Donc,
  
      $x^{2}={4t_{0}gv_{t}^{2} \over v_{0}^{3}}$
  
  On suppose que $v_{t}=7$ $v_{0}=50$ et $t_{0}=5$. On obtient alors $t\approx 0.5$
  
      $x^{2}={4\times 5\times 10\times 7^{2} \over 50^{3}}$
  
  D'où x = 0.28
  
  L'accélération estimée est donc la suivante
  
      ${dw \over dt}={v_{0}^{3} \over 2t_{0}v_{t}^{2}}x$
  
  $v=v_{0}/2$
  
  Pour x petit, l'on a :
  
      $w'\approx {g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x$
  
  Donc,
  
      ${dw \over dt}{dt \over dx}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x$
  
  On remplace d t / d x. Donc,
  
      ${dw \over dt}{v_{0} \over 2g}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}\left({v_{0} \over 2g}\right)^{2}x$
  
  Donc,
  
      ${dw \over dt}={g \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}{v_{0} \over 2g}x$
  
  On obtient donc :
  
      ${dw \over dt}={gv_{0}^{2}v_{0} \over t_{0}v_{t}^{2}2g}x$
  
  Donc,
  
      ${dw \over dt}={v_{0}^{3} \over 2t_{0}v_{t}^{2}}x$
  
  Donc,
  
      ${dw \over dt}=2g{t \over t_{0}}\left({v_{0} \over v_{t}}\right)^{2}$
  
  Numériquement, on a :
  
      ${dw \over dt}={50^{3} \over 2\times 5\times 7^{2}}\times 0.28=71.4$
  
  L'accélération est alors de l'ordre de 7 g.
  
  En outre, les résultats expérimentaux de Potvin sont cohérents avec ce modèle. Les mesures ont indiqué que le jerk était à peu près constant lors de l'ouverture du parachute et que l'accélération maximale était de l'ordre de 7 g.
  
  Le modèle n'a pas tenu compte de l'élasticité des suspentes. Cependant, les valeurs sont très proches des valeurs expérimentales données par Potvin.
  
  ## Rentrée de sondes spatiales
  
  Lorsqu'un engin spatial rentre dans l’atmosphère, la vitesse est en général hypersonique (en atmosphère raréfiée) puis supersonique et le modèle ci-dessus ne s'applique pas.
  
  