1 – ´ Etude de l’alliage 2024

(1)

Devoir surveill´ e de Sciences Physiques n

^◦

6 du 03-02-2022

— Dur´ee : 4 heures. Solutions —

Probl` eme n

^o

1 – ´ Etude de l’alliage 2024

Centrale MP 2015

A. Structure

Etude de la phase´ α

1.L’aluminium cristallise en cubique faces centrées. Le contact entre les boules dures représentant les atomes s’effectue sur la diagonale d’une face, cette condition de tangence conduit à la condition a√

2 = 4R. On en déduit que le paramètre de maillea= 405 pm. Il faut déterminer la taille des sites tétraédriques et octaédriques pour voir si l’on peut loger à l’intérieur un atome de cuivre. On peut sans doute s’avancer un peu car le rayon atomique du cuivre est très légèrement inférieur à celui de l’aluminium. Comme la taille des sites est bien inférieure à celle des atomes du réseau cristallin, il est peu probable que l’on puisse y insérer un atome de cuivre. Le mieux est toutefois de faire les calculs des tailles des sites. Un site tétraédrique est situé au centre de chaque cube d’arêtea/2 de la maille qui en comporte donc 8 au total. La grande diagonale de ce petit - si l’on peut dire - cube est a√

3/2. En notantrt le rayon du site tétraédrique, cette distance doit correspondre à la relation suivante : 2(RAl+rt) =a√

3/2. On trouve alorsrt=^a^√₄³−RAl= 32 pm. Cette valeur est inf´erieure

`

a RCu = 128 pm, un atome de cuivre ne peut pas se loger dans ce site sans pousser les murs, c’est-à-dire sans déformer considérablement le réseau cristallin. Dans la maille, il y a un site octaédrique au centre de la maille ainsi qu’un centré sur le milieu de chaque arête. En notantrole rayon du site, on peut écrire que 2(RAl+ro) =a.

On trouve quero= 60 pm, c’est toujours insuffisant pour y loger un atome de cuivre. On peut donc pas avoir un alliage par insertion mais uniquement un alliage par substitution .

Etude de la phase´ β

2. Il faut dénombrer les atomes d’aluminium présents dans la maille : on en a 8 aux sommets du cube qui sont partagés entre 8 mailles, 1 au centre de la maille, 2 sur les faces d’en haut et d’en bas partagés entre deux mailles et enfin les 4 atomes à mi-hauteur de la maille qui sont partagés entre 4 mailles. On a donc NAl = 8×¹₈ + 1 + 4×¹₄ + 2×¹₂ = 4. Pour le cuivre, on a 4 atomes partagés entre deux mailles, ce qui fait NCu= 4×¹₂ = 2. La formule chimique de la phaseβ est : Al₂Cu.

3.La coordinence d’un atome de cuivre est le nombre de plus proches voisins aluminium. Ils sont tous à une distance représentant la moitié d’une diagonale de face de côtéa/2 oùa= 404 pm. On en trouve : 8 .

4.On notec= 580 pm. La masse volumique s’évalue en faisant le rapport de la masse présente dans le volume a²cpar ce même volume. On a donc : µβ= ^4M_NÂl^+2M^Cu

Aa²c . On trouve :µβ= 4,12×10³kg·m⁻³.

B. Analyse chimique de l’alliage

Premi`ere phase : s´eparation du cuivre et de l’aluminium

5.On utilise l’alliage sous forme de poudre pour augmenter la surface de contact entre le solide et la solution.

6.Les nombres d’oxydations de l’aluminium dans les diff´erentes esp`eces est : 0 pourAl_s, 3 pour les trois autres formesAlO⁻

2aq,Al³⁺ et Al(OH)3s. Par conséquent, ces trois dernières espèces sont nécessairement séparées par une frontière verticale qui correspond à des transferts d’ions H⁺, c’est-à-dire à des questions en rapport avec l’acido-basicité. D’après les notations proposées par l’énoncé, A est la forme acide de B qui est lui même la forme acide deC. La réactionAlO⁻

2aq+H₃O⁺⇋Al(OH)3smontre queAlO⁻

2 est la base conjuguée deAl(OH)3s. De la même fa¸con,Al(OH)3s+ 3H₃O⁺ ⇋Al³⁺_aq+ 6H₂Omontre queAl(OH)3s est une tribase pour l’ionAl³⁺. Les espèces sont donc : A=Al³⁺, B=Al(OH)3s,C=AlO⁻

2aq et D=Al_s .

7.L’apparition du solideAl(OH)3s, dans une solution contenant les ionsAl³⁺_aq à la concentrationC= 1,00× 10⁻²mol·L⁻¹, s’effectue àpH= 4. Le produit de solubilité de l’hydroxyde d’aluminium estKs=Al³⁺

[HO⁻]³. A la fronti`ere o`` upH= 4, on a [HO⁻] = 10⁻¹⁰mol·L⁻¹, avecAl³⁺

=C = 10⁻²mol·L⁻¹, on trouveKspuis pKs= 32 . Cette valeur correspond bien à celle proposée par l’énoncé. cela justifie lepH de la frontière.

8.L’´equation du transfert ´electronique est : 2Cu²⁺+H₂O+2e⁻⇋Cu₂O_s+2H⁺. On applique la loi deNernst

`

a ce couple r´edox, on obtient :E =E^◦+ 0,03 log[^Cu²⁺]²

[H⁺]² . Cela peut encore s’´ecrireE =E^◦−0,06 log [H⁺] +

(2)

0,06 logCu²⁺

. On obtient un cas de figure assez rare avec une pente positive dans un diagramme potentiel-pH puisqu’ici, on a +0,06pH .

9. On utilise une solution très concentrée en soude pour que l’on puisse se retrouver dans le domaine de prédominance deAlO⁻

2aq. En effet, avec l’effet de la dilution, on a [HO⁻] = ¹⁰⁰₃₅₀×8 = 2,3 mol·L⁻¹. Cela signifie que pH= 14,4 . L’ aluminium ne partage aucun domaine commun avecH₂O,H⁺ ou encoreHO⁻. Par contre, pour le cuivre, on a un domaine commun avec l’eau et ses ions, il n’y a pas de réactivité thermodynamiquement envisageable. Les équations des transferts électroniques sont :

(×2) Al_s+ 2H₂O ⇋ AlO⁻₂ + 4H⁺+ 3e⁻ (×3) 2H⁺+ 2e⁻ ⇋ H_2gaz

2Al_s+ 4H₂O ⇋ 2AlO⁻

2aq+ 2H⁺+ 3H_2gaz 2H⁺+ 2HO⁻ ⇋ 2H₂O

2Al_s+ 2H₂O+ 2HO− ⇋ 2AlO⁻

2aq+ 3H_2gaz

10.Il est judicieux de travailler en milieu tr`es basique plutˆot que neutre car si on travaillait verspH = 7, le produit de l’oxydation de l’aluminium serait un solideAl(OH)3s et non pas un ion soluble commeAlO⁻

2aq. On ne pourrait pas faire le tri avec la poudre de cuivre solide.

11.Porter le mélange à ébullition quand le dégagement gazeux faiblit permet de forcer le dégazage de la solution et déplace l’équilibre du côté de l’oxydation. Cela favorise sans aucun doute la cinétique de la réaction.

Deuxi`eme phase : dissolution du cuivre

12.La r´eaction de dissolution du cuivreCu_s en pr´esence d’acide nitrique s’obtient selon : (×3) Cu_s ⇋ Cu²⁺+ 2e⁻

(×2) NO⁻

3 + 4H⁺+ 3e⁻ ⇋ NO_gaz+ 2H₂O 2NO⁻

3 + 8H⁺+ 3Cu_s ⇋ 3Cu²⁺+ 2NO_gaz+ 4H₂O Troisi`eme phase : dosage du cuivre dans l’alliage

13. Il faut effectuer le calcul de la constante d’équilibre K_R3^◦ = [^S⁴Ô²⁻6 ][Î⁻]²

[I2][^S²^O²⁻3 ]². On obtient cette constante en

écrivant qu’à l’équilibre il y a égalité des potentiels rédox des deux couples mis en jeu. On a donc pour le couple de l’iode E1 =E₁^◦+ 0,03 log^[I_[I²₋^]C_]2^◦ et E2 =E₂^◦+ 0,03 log[^S⁴Ô²⁻6 ]^C^◦

[^S²^O²⁻3 ]² . ´EcrireE1 =E2 permet d’obtenir 0,03 logK_R3^◦ =E₁^◦−E₂^◦ et donc : K_R3^◦ = 10

E◦ 1−E◦

2

0,03 = 10¹⁸ . On constate queK_R3^◦ ≫1. La r´eaction est donc totale.

14.D’après l’équation du dosage, on peut écrire qu’à l’équivalence n1 = 2n2 oùn1 représente le nombre de moles de thiosulfate versé etn2le nombre de moles de diiode dosé. On a doncn2= ⁿ₂¹ = ^CV₂ . Il y avait donc dans la solution 3,125×10⁻⁴mol de diiode. D’après la stœchiométrie de la réaction (R2),n3= 2n2= 6,25×10⁻⁴mol d’ionsCu²⁺dans la solution issue de l’action de l’acide nitrique sur le cuivre. La masse de cuivre présente dans le gramme d’alliage est donc :m3=n3MCu= 0,04 g. on a donc bien un alliage à 4% de cuivre .

15.Répéter une nouvelle fois ce dosage n’apporterait pas grand chose , on peut améliorer le calcul du point de vue des incertitudes, en le répétant un plus grand nombre de fois qu’une seule fois. . .

Mod´elisation de la corrosion

16.On trouve ∆rH^◦=−1 700 kJ·mol⁻¹, la réaction est exothermique. On trouve aussi ∆rS^◦=−310,5 J·K⁻¹· mol⁻¹, l’entropie standard de réaction est négative, cela correspond à une diminution du désordre qui est logique avec la consommation de gaz pour former un solide, en l’occurrence l’alumine. On a ∆rG^◦= ∆rH^◦−T∆rS^◦=

−1 607,5 kJ·mol⁻¹. ∆rG^◦<0 , cela signifie que l’équilibre est fortement déplacé du côté des produits de la réaction (R5).

17.On calcule la constante d’équilibre avec ∆rG^◦=−RTlnK_R5^◦ . On trouve numériquementK_R5^◦ ≃10²⁸². Or, la constante d’équilibre est aussiK_R5^◦ =

p^◦ p_O2,eq

3/2

. On trouvepO2,eq≃10⁻¹⁸⁸bar. On peut constater que cette pression est extrêmement petite par à celle qui règne dans l’atmosphère actuelle puisque l’on apO2 ≃0,2 bar.

(3)

L’enthalpie libre de r´eaction est : ∆rG= ∆rG^◦+RTlnQ=RTln_K^Q◦

R5. On a donc ∆rG= ³₂RTln^p^O2_p^,eq

O2 <0.

Or, le sens d’évolution spontané d’évolution des réactions monobares, monothermes est donné par ∆rG <0 . on en déduit que, spontanément, toute la surface de l’aluminium est recouverte d’une couche d’alumine.

18. La réaction est exothermique, la loi de modération indique que si l’on augmente la température, on favorise de sens endothermique. Ici, on défavoriserait la formation de la couche d’alumine. Le bilan des coefficients stœchiométriques de la réaction pour les gaz est ∆rngaz =−3/2, si on augmente la pression, toujours par la loi de modération, on va déplacer l’équilibre dans le sens d’une consommation des gaz pour tenter de contrer l’augmentation de pression. Ici, cela favorise la formation de l’alumine.

Corrosion galvanique

19.Une réaction rédox se met en place dans des conditions où l’intensité anodique ia >0 correspondant à l’oxydation est l’opposée de l’intensité cathodique. Cela permet de définir un potentiel mixte sur le graphique qui permet d’évaluer la cinétique du processus. Compte tenu des positions relatives des courbes courant-potentiel, on peut voir, à la figure 1, que l’intensité est très faible pour la corrosion de cuivre alors qu’elle beaucoup plus grande pour l’aluminium.

E i

bb

ia

ic=−ia

Al→Al³⁺ Cu→Cu²⁺ H₂O→O₂

H₂O←O_2aq (surCu)

Figure1 – Courbes courant-potentiel Dissolution de l’oxyde de cuivre (I)

20.L’équation de la réaction d’oxydo-réduction montrant l’oxydation du cuivre par le dioxygène est : (×2) Cu₂O_s+ 2H⁺ ⇋ 2Cu²⁺+H₂O+ 2e⁻

O_2aq+ 4H⁺+ 4e⁻ ⇋ 2H₂O

2Cu₂O_s+ 8H⁺+O_2aq ⇋ 4Cu²⁺+ 4H₂O

21.Une acidification locale du milieu rend favorable la formation des ionsCu²⁺ puisque le bilan r´eactionnel fait intervenir 8H⁺ .

Red´eposition du cuivre

22.En étudiant les courbes courant-potentiel associées aux espèces présentes, on peut voir qu’effectivement il y aura une intensité élevée pour le processus d’oxydation de l’aluminium par les ions cuivre, voir la figure 2.

Protection contre la corrosion

23.Lors de la phase (a), on aAl_s→Al³⁺+ 3e⁻. Les ions aluminium ont tendance à passer en solution et ne limite pas l’oxydation. Pendant la phase (b), il se forme Al₂O_3squi forme progressivement le film protecteur . L’intensité reste très faible lors de la phase (c), normalement beaucoup plus faible que cela n’apparait sur le graphique qui est en échelle linéaire car le film est un très bon isolant électrique. On devrait plutôt avoir un courant très faible dans des ordres de grandeurs différents des courants d’oxydation présentés sur le graphique, ce qui imposerait une échelle logarithmique.

24.L’oxydation est une perte d’électrons pour l’aluminium. Il faut donc que le générateur récupère ces élec- trons. Cela doit donc se passer à son électrode positive qui est l’anode.

25. En fixant le potentiel de l’électrode d’aluminium à −0,25 V, on peut lire sur le graphique que j = 180µA· cm⁻²= 1,8 A·m⁻². Le transfert électronique qui s’effectue est le suivant :

(4)

E i

Al→Al³⁺ Cu→Cu²⁺

Al←Al³⁺ Cu←Cu²⁺

bb

ia

ic=−ia

Figure2 – Courbes courant-potentiel

2Al_s+ 3H₂O⇋Al₂O_3s+ 6H⁺+ 6e⁻ Le nombre de moles d’´electrons utilis´es pendant une heure est n_e− = ^jS∆t_N

Ae où S est la surface où s’effectue le dépôt. Le nombre de moles deAl₂O_3s produit est ne⁻/6. La masse d’alumine formée est exprimée de deux fa¸cons : m =µAl2O3sSeAl2O3s = _6N^jS∆t

AeMAl2O3s. On en d´eduit queeAl2O3s = _6N^j∆tM^Al2O3s

Aeµ_Al2O3_s. La densité de l’alumine estd= 4, on en déduit queµAl2O3s = 4×10³kg·m⁻³. On peut alors calculer l’épaisseur d’alumine formée. On trouve : eAl2O3s = 0,29µm .

Probl` eme n

^o

2 – Pi´ egeage de mol´ ecules polaires

^{X PC 2005}

A. Analyse des sym´ etries

1. L’invariance par translation du syst`eme selon l’axeOz provoque l’ind´ependance enz du potentiel V et des composantes du champE.~

2. Tout plan perpendiculaire à l’axe de la forme M xy est un plan de symétrie Π⁺. Le champ électrique appartient aux plans de symétries par conséquent, on peut conclure que : E~ =Er(r, θ)~er+Eθ(r, θ)~eθ .

3.Les trois plans passant par l’axe central et les axes de deux électrodes opposées sont aussi des plans Π⁺. Le champ y appartient. Comme il doit aussi appartenir au plan de symétrie précédent, on en déduit que le champ

électrique est orienté selon l’intersection. Pour tout point M appartenant à une direction CiCi+3 le champ

´electrique sera align´e sur cette direction : E~ ∈CiCi+3 .

4.Tous les plans situés à égale distance des électrodes sont des plans d’antisymétrie Π⁻. Or un champ électrique est perpendiculaire à un Π⁻ donc un tel plan est une surface équipotentielle carE~ =−−−→grad V ce qui permet d’écrire que dV =−−→grad V·d~l=−E~·d~l. SiE~ est perpendiculaire au déplacement élémentaire d~lalors on constate bien que dV = 0.

5.De fa¸con assez évidente, on constate que la période angulaire laissant le système invariant est de ^2π₃ : on a doncV(r, θ) =V(r, θ+^2π₃). À condition de pouvoir envisager de rechercher une solution à variables séparées, on peut proposer un développement en série deFouriersur la variableθ. La période fondamentale étant ^2π₃, cela correspond à une pulsation du fondamental de 3. Les harmoniques auront donc une pulsation de la forme 3noù n∈N. On définira l’angleθ par rapport à l’axeOx comme c’est le cas habituellement. On peut constater que puisque le planOxz est un Π⁺ que le potentiel sera paire enθ:V(r, θ) =V(r,−θ). Le développement en série deFouriersera donc uniquement constitué de cosinus. On peut proposer : V(r, θ) =P∞

n=0an(r) cos 3nθ. 6.En appliquant le théorème deGaussà une surface fermée cylindrique centrée sur l’axe de la distribution, de hauteurhet de rayonri, on arrive aisément à : 2πrihE= ^λh_ε

0 ce qui permet de donner l’expression vectorielle : E~ = _2πε^λ

0ri~eri. Le potentiel pour un fil unique sera de la forme : _2πε^λ

0ri~eri = −^dVdriⁱ~eri. On en déduit que : Vi=−_2πε^λ₀lnri+α où αest une constante d’intégration indéterminée à ce stade du calcul. Il suffit de poser ri=Di pour répondre à la question posée.

7.Par le théorème de superposition, on arrive facilement à l’expression demandée à condition de choisirV = 0 sur l’axeOz ce qui annule la constante d’intégration : V(P) = _2πε^λ

0ln

D2D4D6

D1D3D5

.

8. En travaillant dans le plan complexe, on peut écrire C1P = Z −R où on a noté C1 le centre de la

(5)

distribution de charge correspondante. De la même fa¸con, on aura C2P = Z−jR et C3P = Z −j²R. Le produitC1P C2P C3P donne après calcul :C1P C2P C3P =Z³−(1 +j+j²)Z²R+j(1 +j+j²)ZR²−j³R³. Or d’après la définition de j, on voit aussitôt quej³ = 1 comme cela est d’ailleurs indiqué dans l’énoncé. On peut aussi montrer que 1 +j +j² = 0 puisque j = expi^2π₃ et j² = expi^4π₃ = exp−i^2π₃. Cela nous permet décrire que 1 +j +j² = 1 + expi^2π₃ + exp−i^2π₃ = 1 + 2 cos^2π₃ = 0 puisque cos^2π₃ = −¹2. On a donc : D1D3D5=|C1P C2P C3P|=|Z³−R³|. Pour l’autre calcul, il suffit de changerRen−Ret on trouve, en tenant compte de|Z³−R³|=|R³−Z³|que : ^D_D²^D⁴^D⁶

1D3D5 =

R³+Z³ R³−Z³

.

9. On effectue un développement limité à l’ordre le plus bas non nul en _R^r. On a donc : ^R_R³3^+Z−Z³³ ≃ (1 +

Z³

R³)² ≃ 1 + 2_R^r³3expi3θ. On d´eveloppe selon : ^R_R³3^+Z−Z³³ = 1 + 2_R^r³3cos 3θ +i2_R^r³3sin 3θ. Le module vaudra : q

(1 + 2_R^r³3cos 3θ)²+ 4_R^r⁶6sin²3θ. On ne garde que les termes en _R^r³3 et il vient alors :|^R_R³³^+Z₋_Z³³| ≃1 + 2_R^r³3cos 3θ.

Avec un d´eveloppement limit´e du logarithme ln(1 +ǫ) =ǫ, on obtient : V(r, θ)≃ _πε^λ₀_R^r³³cos 3θ .

10.On choisit par exemple de travailler avecC1. La distribution de charge est ´equipotentielle, on se placera

`

a la surface deC1. On voit facilement que :D1=a,D4= 2R,D2=D6=R. Il resteD2=D5=R√

3 que l’on obtient par des relations trigonométriques classiques des triangles à l’intérieur d’un losange de côtéR. À l’aide de la formule exacte calculée précédemment, on trouve : V0=_2πε^λ

0ln^2R_3a . Le potentiel des ´electrodes paires est

−V0 par antisym´etrie.

11.Une unité de longueur du système correspond pour les électrodes positives à une chargequ= 3λet à−3λ pour les autres. La différence de potentiel entre les trois électrodes positives et les trois électrodes négatives est : V0−(−V0) = 2V0. La capacité linéique du dispositif est donc : C= _2V^3λ

0 . On peut encore r´e´ecrire le potentiel au voisinage de l’axe selon :V(r, θ) =_ln^6V2R⁰

3a

r³ R³cos 3θ.

12.On trouve : C=_ln^3πε2R⁰ 3a

= 4,4×10⁻¹¹F·m⁻¹ .

B. Mouvement des mol´ ecules polaires dans un hexapˆ ole ´ electrostatique

13.On a : Epot=−d~·E~; avec la d´efinition propos´ee : Epot=−def f|E~|. 14.On aE~ =−^∂V_∂r~er−¹_r^∂V_∂θ~eθ=_πε^3λr²

0R³[−cos3θ~er+ sin 3θ~eθ]. Le module du champ s’´ecrit alors :|E~|=_πε^3λr²

0R³

d’o`u une ´energie potentielle : Epot=−def f 3λr²

πε0R³ . def f ´etant fix´e, il n’y aura qu’une seule force radiale sur~er

puisque l’´energie potentielle ne d´epend que der. On trouve :F~ =−^dEdr^pot~er= ^d_πε^{ef f}₀_R^6λr3 ~er.

15.En négligeant toute autre force que celle déterminée avant, on obtient l’équation différentielle :m^d_dt²^~^r2+K~r=

~0 avecK=−^d_πε^{ef f}₀_R^6λ³. Le mouvement sera borné et périodique uniquement siK >0 c’est-à-dire sidef f <0. On interprétera la notion de fréquence angulaire par la notion traditionnelle de pulsation : ω0=q

K m =

q−def f6λ mπε0R³ . Les molécules ayant un def f >0 vont avoir un mouvement divergent en exponentiel au voisinage de l’axe et vont quitter ce voisinage très rapidement pour ensuite posséder un mouvement plus complexe car l’expression générale deV(r, θ) et deE~ est elle aussi plus complexe. Quoi qu’il en soit, ces molécules ne repasseront pas par l’axe.

16.En passant en coordonnées cartésiennes et en projetant l’équation différentielle, on obtient deux équation

équivalentes : ¨x+ω²₀x= 0 et ÿ+ω₀²y = 0. La solution pourxest de la forme : x=αcosω0t+βsinω0t. Les conditions initiales sontx= 0 et ˙x=v0x. Elles sont complètement équivalentes sury et finalement la solution obtenue est : x= ^v_ω^0x₀ sinω0tet y=^v_ω^0y₀ sinω0t. Il n’y a pas de force sur l’axe Oz, le mouvement y est donc uniforme et z=v0zt.

17.On a déjà vu que les molécules possédantdef f >0 ne pouvait pas se refocaliser. Pour les autres, la durée et par conséquent la distance de refocalisation sera différente puisque la périodeT0=^2π_ω

0 dépend dedef f. Cette distance de refocalisation sera obtenue lorsque la molécule repasse par l’axe (x= 0 et y = 0), cela se produit après une demi-période ^T₂⁰. La distance parcourue sur l’axez sera : L=^v^0z_ω₀^π .

18.On a : ^dN_dv =Av²exp−2k^mvB²T. La vitesse la plus probable correspond au maximum de cette fonction. Pour le trouver, il faut calculer sa dérivée env c’est-à-dire : ^d_dv²^N2. On trouve que ^d_dv²^N2 =Aexp−_2k^mv_B²_T[2v−_k^mv_B_T³] = 0 conduit à¹₂mv²_ppb=kBTce qui donne enfin : vppb =

q2kBT

m . On appelle vitesse quadratique la vitesse moyenne

(6)

à l’équilibre thermique. Ici, on envisage le problème de la translation avec 3 degrés de liberté de mouvement (x, y etz) et on sait qu’il y a ¹₂kBT par degré de liberté pour l’énergie cinétique. La vitesse quadratique moyenne est donc donnée par ¹₂mv²_q = ³₂kBT ce qui donne :vq=q

3kBT

m . On constate bien que la vitesse quadratique et la vitesse la plus probable diff`erent : vq =q

3 2vppb . 19.On remarque tout d’abord que : _πε^λ₀ = _ln^2V2R⁰

3a. Cela permet d’exprimer la pulsation ω0 =q_|_d

ef f|12V0

mR³ln^2R_3a = 1,04×10³rad·s⁻¹. La fréquence est donc : f0= ^ω_2π⁰ = 165 Hz . La vitesse la plus probable est :vppb = 262 m·s⁻¹. En supposant que cette vitesse la plus probable correspond à l’ordre de grandeur de v0z, on en déduit que l’abscisse du premier de retour sur l’axe est : zP = ^v_2f^ppb₀ ≃0,8 m .