Плотностью теплового потока $P$ называется величина переносимой энергии через единицу площади в единицу времени, т.е:
$$P=\cfrac{dN}{dS}
$$
Поскольку $L\ll{\lambda}$ - можно пренебречь столкновениями молекул и считать, что скорости молекул при движении между пластинами остаются постоянными, а изменяются только при контакте с пластинами.
Отражённые от пластин молекул подчиняются распределению Максвелла. Приведём его вывод для изотропного случая, а затем поясним, какие изменения в него должны быть внесены для решения данной задачи.
Рассмотрим пространство скоростей, координатами которого являются проекции скоростей $(v_x{,}v_y{,}v_z)$. Тогда распределение частиц по вектору скорости $\vec{v}$ будем искать в виде:
$$\cfrac{d^3n}{n}=\varphi\bigl(\vec{v}\bigr)dv_xdv_ydv_z
$$
где $n$ - полная концентрация частиц, $d^3n$ - концентрация частиц, проекции скоростей которых находятся в диапазонах $[v_x{,}v_x+dv_x]$, $[v_y{,}v_y+dv_y]$, $[v_z{,}v_z+dv_z]$, а $\varphi\bigl(\vec{v}\bigr)$ - плотность вероятности распределения по вектору скорости $\vec{v}$.
Поскольку все направления равновероятны:
$$\varphi\bigl(\vec{v}\bigr)=\varphi(v)
$$
т.е плотность вероятность зависит только от модуля скорости $\bigl|\vec{v}\bigr|$.
Для отдельного распределения по проекциям скоростей получим:
$$\cfrac{dn_{x{,}y{,}z}}{n}=\varphi(v_{x{,}y{,}z})dv_{x{,}y{,}z}
$$
Из теоремы о произведении вероятностей получим:
$$\cfrac{d^3n}{n}=\cfrac{dn_x}{n}\cfrac{dn_y}{n}\cfrac{dn_z}{n}\Rightarrow \varphi(v)=\varphi(v_x)\varphi(v_y)\varphi(v_z)
$$
Логарифмируя и затем дифференцируя последнее соотношение по $v_x$, получим:
$$\ln\varphi(v)=\ln\varphi(v_x)+\ln\varphi(v_y)+\ln\varphi(v_z)\Rightarrow \cfrac{1}{\varphi(v)}\cfrac{\partial\varphi(v)}{\partial v}\cfrac{\partial v}{\partial v_x}=\cfrac{1}{\varphi(v_x)}\cfrac{\partial\varphi(v_x)}{\partial v_x}
$$
Найдём $\partial{v}/\partial{v_x}$:
$$v=\sqrt{v^2_x+v^2_y+v^2_z}\Rightarrow \cfrac{\partial{v}}{\partial{v}_x}=\cfrac{v_x}{\sqrt{v^2_x+v^2_y+v^2_z}}=\cfrac{v_x}{v}
$$
Используя последнее выражение, получим:
$$\cfrac{1}{\varphi(v)v}\cfrac{\partial\varphi(v)}{\partial v}=\cfrac{1}{\varphi(v_x)v_x}\cfrac{\partial\varphi(v_x)}{\partial v_x}
$$
Поскольку правая часть уравнения является функцией одной независимой переменной - равенство возможно, если обе части являются постоянными величинами:
$$\cfrac{1}{\varphi(v_x)v_x}\cfrac{\partial\varphi(v_x)}{\partial v_x}=-2\alpha\Rightarrow \varphi(v_x)=Ae^{-\alpha v^2_x}
$$
Свяжем константы $A$ и $\alpha$ через условие:
$$\int\limits_{-\infty}^{\infty}\varphi(v_x)dv_x=1\Rightarrow A\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha v^2_x}dv_x=\cfrac{A}{\sqrt{\alpha}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2}dt=1
$$
Вычислим последний интеграл $I$ с помощью следующего трюка: Рассмотрим на плоскости $xy$ функцию $f(x{,}y)=e^{-(x^2+y^2)}$. Её интеграл по плоскости равен:
$$\int\limits_{y=-\infty}^{\infty}\int\limits_{x=-\infty}^{\infty} f(x{,}y)dxdy=\int\limits_{y=-\infty}^{\infty}\int\limits_{x=-\infty}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)}dxdy=\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}dx=I^2
$$
Если обратить внимание, что при переходе к полярным координатам $x^2+y^2=r^2$, то выражение переписывается следующим образом:
$$I^2=\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi\int\limits_{0}^{\infty}e^{-r^2}rdr=\pi\int\limits_{0}^{\infty}e^{-z}dz=\pi\Rightarrow I=\sqrt{\pi}
$$
Таким образом:
$$A=\sqrt{\cfrac{\alpha}{\pi}}
$$
Далее учтём теорему о равномерном распределении энергии по степеням свободы, т.е, что $\langle v^2_{x{,}y{,}z}\rangle=kT/m$. Имеем:
$$\langle v^2_x\rangle=\cfrac{kT}{m}=\int\limits_{-\infty}^{\infty}v^2_x\varphi(v_x)dv_x=A\int\limits_{-\infty}^{\infty}v^2_xe^{-\alpha v^2_x}dv_x
$$
Далее воспользуемся интегрированием по частям:
$$\int\limits_{-\infty}^{\infty}v^2_xe^{-\alpha v^2_x}dv_x=-\cfrac{v_xe^{-\alpha v^2_x}}{2\alpha}\biggl|_{-\infty}^{\infty}+\cfrac{1}{2\alpha}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha v^2_x}dv_x
$$
Первое слагаемое обращается в ноль, а для второго имеем:
$$\int\limits_{-\infty}^{\infty}v^2_xe^{-\alpha v^2_x}dv_x=\cfrac{1}{2\alpha}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha v^2_x}dv_x=\cfrac{1}{2\alpha^{3/2}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2}dt=\cfrac{I}{2\alpha^{3/2}}=\cfrac{\sqrt{\pi}}{2\alpha^{3/2}}
$$
Таким образом:
$$\langle v^2_x\rangle=\cfrac{kT}{m}=\cfrac{A\sqrt{\pi}}{2\alpha^{3/2}}
$$
Используя полученную ранее связь $A$ и $\alpha$, находим:
$$\alpha=\cfrac{m}{2kT}\qquad A=\sqrt{\cfrac{m}{2\pi kT}}
$$
Поскольку рассуждения одинаковы для каждой из компонент $v_x{,}v_y{,}v_z$, имеем:
$$\varphi(v_{x{,}y{,}z})=\sqrt{\cfrac{m}{2\pi kT}}e^{-\frac{mv^2_{x{,}y{,}z}}{2kT}}\qquad \varphi(v)=\left(\cfrac{m}{2\pi kT}\right)^{3/2}e^{-\frac{mv^2}{2kT}}
$$
Вернёмся к исходной задаче. Пусть ось $x$ направлена вдоль нормали к пластине в положительном направлении. Тогда после отражения от пластины для каждой молекулы $v_x\geq{0}$. Значит, для осей $y$ и $z$ полученные коэффициенты $A$ и $\alpha$ остаются теми же, а для оси $x$ они должны быть модифицированы. Обозначим их за $A_x$ и $\alpha_x$.
Далее поступим двумя способами:
Вывод через фазовый объём: поскольку фазовый объём стал вдвое меньше, чем при изотропном движении молекул - плотность вероятности $\varphi(v)$ должна быть умножена на два, поскольку среднеквадратичная скорость молекул также должна остаться равной $3kT/m$. Но поскольку на движение вдоль осей $y$ и $z$ не накладывается никаких ограничений, $\varphi(v_x)$ и $\varphi(v_z)$ не изменяются, и, поскольку $\varphi(v)=\varphi(v_x)\varphi(v_y)\varphi(v_z)$ - плотность вероятности $\varphi(v_x)$ также должна быть умножена на два. Отсюда:
$$\alpha_x=\alpha=\cfrac{m}{2kT}\qquad A_x=2A=\sqrt{\cfrac{2m}{\pi kT}}
$$
Формальный вывод: воспользуемся условиями нормировки
$$\int\limits_{0}^{\infty}\varphi(v_x)dv_x=1\qquad \langle v^2_x\rangle=\int\limits_{0}^{\infty}v^2_x\varphi(v_x)dv_x=\cfrac{kT}{m}
$$
Имеем:
$$1=A_x\int\limits_{0}^{\infty}e^{-\alpha_xv^2_x}dv_x=\cfrac{A_x}{\sqrt{\alpha_x}}\int\limits_{0}^{\infty}e^{-t^2}dt=\cfrac{A_xI_1}{\sqrt{\alpha_x}}
$$
$$\cfrac{kT}{m}=A_x\int\limits_{0}^{\infty}v^2_xe^{-\alpha_xv^2_x}dv_x=A_x\left(-\cfrac{v_xe^{-\alpha_xv^2_x}}{2\alpha_x}\biggl|_{0}^{\infty}+\cfrac{1}{2\alpha_x}\int\limits_{0}^{\infty}e^{-\alpha_xv^2_x}dv_x\right)=\cfrac{A_xI_1}{2\alpha^{3/2}_x}
$$
Отсюда сразу видно, что:
$$\alpha_x=\cfrac{m}{2kT}=\alpha
$$
Для определения $A$ найдём $I_1$ аналогично $I$:
$$\int\limits_{y=0}^{\infty}\int\limits_{x=0}^{\infty} f(x{,}y)dxdy=\int\limits_{y=0}^{\infty}\int\limits_{x=0}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)}dxdy=\int\limits_{0}^{\infty}e^{-y^2}dy\int\limits_{0}^{\infty} e^{-x^2}dx=I^2_1
$$
Переходя к полярным координатам:
$$I^2_1=\int\limits_{0}^{\pi/2}d\varphi\int\limits_{0}^{\infty}e^{-r^2}rdr=\cfrac{\pi}{4}\int\limits_{0}^{\infty}e^{-z}dz=\cfrac{\pi}{4}\Rightarrow{I_1=\cfrac{\sqrt{\pi}}{2}}
$$
Поскольку $I_1=I/2$ и поскольку $\alpha_x=\alpha$, для $A_x$ находим:
$$A_x=2A=\sqrt{\cfrac{2m}{\pi kT}}
$$
Перейдём к определению плотности теплового потока.
Выделим группу молекул, отражённых от пластины, скорости $v$ и $v_x$ которых лежат в диапазонах $[v{,}v+dv]$ и $[v_x{,}v_x+dv_x]$. Обозначим концентрацию этих молекул за $d^2n_1$. Для неё имеем:
$$d^2n_1=n_1\cdot 2\pi{v}^2\varphi(v)dv\cdot\varphi(v_x)dv_x
$$
где $n_1$ - полная концентрация молекул, отражённых от первой пластины.
Если молекулы движутся с одинаковыми скоростями $v$, $v_x$, и их концентрация равна $n_0$, то плотность теплового потока $P_0$ равна:
$$P_0=\cfrac{d^2N}{dSdt}\cdot E_k=nv_x\cdot\cfrac{mv^2}{2}
$$
Тогда для элемента плотности теплового потока $d^2P_1$ молекул, отражённых от первой пластины, имеем:
$$d^2P_1=d^2n_1v_x\cdot\cfrac{mv^2}{2}=\cfrac{n_1m}{2}\cdot 2\pi\varphi(v)v^4dv\cdot\varphi(v_x)v_xdv_x
$$
Тогда для полного теплового потока $q_1$ имеем:
$$P_1=4\pi n_1mA^4\int\limits_{0}^{\infty}v^4e^{-\alpha v^2}dv\int\limits_{0}^{\infty}e^{-\alpha v^2_x}v_xdv_x
$$
Интеграл по $v_x$ вычисляется легко:
$$\int\limits_{0}^{\infty}e^{-\alpha v^2_x}v_xdv_x=\cfrac{1}{2\alpha}\int\limits_{0}^{\infty}e^{-t}dt=\cfrac{1}{2\alpha}
$$
Для интеграла по $v$ дважды воспользуемся интегрированием по частям:
$$\int\limits_{0}^{\infty}v^4e^{-\alpha v^2}dv=-\cfrac{v^3e^{-\alpha v^2}}{2\alpha}\biggl|_{0}^{\infty}+\cfrac{3}{2\alpha}\int\limits_{0}^{\infty}v^2e^{-\alpha v^2}dv=\cfrac{3}{2\alpha}\int\limits_{0}^{\infty}v^2e^{-\alpha v^2}dv
$$
$$\int\limits_{0}^{\infty}v^2e^{-\alpha v^2}dv=-\cfrac{ve^{-\alpha v^2}}{2\alpha}\biggl|_{0}^{\infty}+\cfrac{1}{2\alpha}\int\limits_{0}^{\infty}e^{-\alpha v^2}dv=\cfrac{\sqrt{\pi}}{4\alpha^{3/2}}\Rightarrow \int\limits_{0}^{\infty}v^4e^{-\alpha v^2}dv=\cfrac{3\sqrt{\pi}}{8\alpha^{5/2}}
$$
Для теплового потока $q_1$ находим:
$$P_1=\cfrac{3n_1m\pi^{3/2}A^4}{4\alpha^{7/2}}=\cfrac{3n_1m\pi^{3/2}}{4}\left(\cfrac{m}{2\pi kT_1}\right)^2\left(\cfrac{2kT_1}{m}\right)^{7/2}=\cfrac{3n_1mRT_1}{N_A}\sqrt{\cfrac{RT_1}{2\pi M}}
$$
Аналогично для теплового потока $q_2$ молекул, отражённых от второй пластины:
$$P_2=\cfrac{3n_2mRT_2}{N_A}\sqrt{\cfrac{RT_2}{2\pi M}}
$$
Свяжем $n_1$ и $n_2$ с молярной концентрацией $n$. Пусть $n'=nN_a/m$ - полная концентрация частиц. Тогда:
$$n_1+n_2=n'
$$
Также запишем условие равенства количество прилетающих и вылетающих с пластины молекул:
$$n_1\langle v_{x1}\rangle=n_2\langle v_{x2}\rangle\Rightarrow n_1\sqrt{T_1}=n_2\sqrt{T_2}
$$
Из данной системы определим:
$$n_1=\cfrac{n'\sqrt{T_2}}{\sqrt{T_1}+\sqrt{T_2}}\qquad n_2=\cfrac{n_1\sqrt{T_1}}{\sqrt{T_1}+\sqrt{T_2}}
$$
Для полного теплового потока имеем:
$$P=P_1-P_2
$$
Здесь мы учли, что пластина не только поглощает энергию, но и теряет её.
Далее, подставляя $n_1$, $n_2$ и учитывая, что $n'm=nN_A$, находим:
$$P=\cfrac{3nR}{\sqrt{2\pi}}\left(\cfrac{T^{3/2}_1\sqrt{T_2}-T^{3/2}_2\sqrt{T_1}}{\sqrt{T_1}+\sqrt{T_2}}\right)\sqrt{\cfrac{R}{M}}
$$
Упрощая, получим: