7 • Le gaz parfait classique
151
d’où :
F
(+) =
∞
0
f (v)v
3 dv
p/2
0
sin u cos udu
2p
0
dw
(69)
puisque v z > 0, cela signifie que 0 u
p
2 . On peut effectuer deux des trois intégrales
simples de l’expression (69). On obtient :
F
(+) = p
∞
0
f (v)v
3 dv
(70)
Comme la vitesse moyenne vaut (équation(53)) :
=
1
r
∞
0
g(v)vdv =
4p
r
∞
0
f (v)v
3 dv
(71)
Il s’ensuit que :
F
(+) =
1
4
r
(72)
On obtiendrait de la même manière :
F
(−) =
1
4
r
(73)
À l’équilibre, il y a, en moyenne, autant de particules qui frappent dS à gauche qu’à
droite.
Nous allons maintenant, par un raisonnement analogue, évaluer la pression s’exerçant
sur la paroi du récipient contenant le gaz. Nous allons considérer un élément de surface
dS de cette paroi et supposer que l’intérieur de celui-ci est à gauche. Comme ci-dessus,
nous allons utiliser un système de coordonnées sphériques dont l’axe z est dirigé normalement à dS et orienté vers l’extérieur. Puisque les chocs sont élastiques, et que le
récipient a une masse énorme comparée à celle d’une molécule, la collision d’une particule avec la paroi se traduit par un changement de la composante v z de sa vitesse de la
valeur initiale v z à la valeur finale −v z , sans que les autres composantes changent. Par
conséquent, à chaque choc, une particule transfère une impulsion au récipient égale à
2mv z = 2mv cos u. Pour les particules dont la vitesse est comprise entre v et v + dv, le
transfert d’impulsion à la surface dS pendant le temps dt vaut :
f (v)dvv cos u(2mv cos u)dtdS
(74)
Le transfert d’impulsion dp obtenu pour l’ensemble des particules qui arrivent sur la
paroi, vaut :
dp =
vz>0
f (v)dv2mv
2 cos
2 u dt dS ˆ
n
(75)
On pourrait intégrer cette expression comme précédemment (équation 69) mais on peut
remarquer que (75) s’écrit aussi :
dp =
vz>0
f (v)dv2mv
2
z dt dS ˆ
n
(76)
Comme la distribution de Maxwell est une fonction paire, v 2
z f (v) est également paire.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
151
d’où :
F
(+) =
∞
0
f (v)v
3 dv
p/2
0
sin u cos udu
2p
0
dw
(69)
puisque v z > 0, cela signifie que 0 u
p
2 . On peut effectuer deux des trois intégrales
simples de l’expression (69). On obtient :
F
(+) = p
∞
0
f (v)v
3 dv
(70)
Comme la vitesse moyenne vaut (équation(53)) :
1
r
∞
0
g(v)vdv =
4p
r
∞
0
f (v)v
3 dv
(71)
Il s’ensuit que :
F
(+) =
1
4
r
(72)
On obtiendrait de la même manière :
F
(−) =
1
4
r
(73)
À l’équilibre, il y a, en moyenne, autant de particules qui frappent dS à gauche qu’à
droite.
Nous allons maintenant, par un raisonnement analogue, évaluer la pression s’exerçant
sur la paroi du récipient contenant le gaz. Nous allons considérer un élément de surface
dS de cette paroi et supposer que l’intérieur de celui-ci est à gauche. Comme ci-dessus,
nous allons utiliser un système de coordonnées sphériques dont l’axe z est dirigé normalement à dS et orienté vers l’extérieur. Puisque les chocs sont élastiques, et que le
récipient a une masse énorme comparée à celle d’une molécule, la collision d’une particule avec la paroi se traduit par un changement de la composante v z de sa vitesse de la
valeur initiale v z à la valeur finale −v z , sans que les autres composantes changent. Par
conséquent, à chaque choc, une particule transfère une impulsion au récipient égale à
2mv z = 2mv cos u. Pour les particules dont la vitesse est comprise entre v et v + dv, le
transfert d’impulsion à la surface dS pendant le temps dt vaut :
f (v)dvv cos u(2mv cos u)dtdS
(74)
Le transfert d’impulsion dp obtenu pour l’ensemble des particules qui arrivent sur la
paroi, vaut :
dp =
vz>0
f (v)dv2mv
2 cos
2 u dt dS ˆ
n
(75)
On pourrait intégrer cette expression comme précédemment (équation 69) mais on peut
remarquer que (75) s’écrit aussi :
dp =
vz>0
f (v)dv2mv
2
z dt dS ˆ
n
(76)
Comme la distribution de Maxwell est une fonction paire, v 2
z f (v) est également paire.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.