冷原子 TOF 测温 · 每个积分、每次求导、每步展开全部写全 · 背景知识先补齐
1990年代起，物理学家用激光冷却把原子气减速到极低温（微开尔文量级），再用磁光陷阱（MOT）把它们囚禁在空间一个小区域里。激光冷却获 1997 年诺贝尔物理学奖；用这种冷原子气在 1995 年首次实现玻色-爱因斯坦凝聚（BEC），获 2001 年诺贝尔奖。
陷阱对原子的束缚在中心附近可以近似为简谐势——就像三个方向各自有一根弹簧。这就是题目里势能 \( \frac12 m\omega_x^2x^2+\frac12 m\omega_y^2y^2+\frac12 m\omega_z^2z^2 \) 的来源，\(\omega_i\) 就是各方向"弹簧"的角频率，越大关得越紧。
统计力学的核心结论：热平衡（温度 \(T\)）下，一个粒子处在能量为 \(E\) 的状态上的概率正比于
$$e^{-E/k_BT}$$其中 \(k_B\) 是玻尔兹曼常量。温度越低，高能状态被指数压制得越狠——这就是"温度"在分布层面的含义。
本题中原子的总能量 = 动能 + 陷阱势能：
$$E=\underbrace{\frac12 m(v_x^2+v_y^2+v_z^2)}_{\text{动能}}+\underbrace{\frac12 m(\omega_x^2x^2+\omega_y^2y^2+\omega_z^2z^2)}_{\text{陷阱势能}}$$代入 \(e^{-E/k_BT}\)，指数上整个除以 \(k_BT\)，再把相加的指数拆成相乘（\(e^{a+b}=e^ae^b\)），正好就是题目给的分布。所以题目那个式子不是凭空来的，就是"动能部分 + 势能部分"的玻尔兹曼因子。
为什么势能里没有重力 \(mgz\)？因为约束极强（\(\omega_z\) 很大），重力只让平衡位置从 \(z=0\) 下移 \(g/\omega_z^2\)，相对云团位置弥散可忽略。题目默认了这一点。
单看"位置"或"速度"都不够：要完整描述一个原子，需要 3 个位置坐标 + 3 个速度坐标，共 6 个数。这 6 个数张成的空间叫相空间。\(f(\boldsymbol r,\boldsymbol v)\) 是相空间数密度，含义是：
$$dN=f(\boldsymbol r,\boldsymbol v)\,dx\,dy\,dz\,dv_x\,dv_y\,dv_z$$= 位置在 \(\boldsymbol r\) 附近 \(d^3r\)、速度在 \(\boldsymbol v\) 附近 \(d^3v\) 的原子个数。把全相空间积一遍，必须等于总原子数 \(N\)——这就是第(1)问的全部任务。
冷原子太热测不了温度计（任何接触式温度计都会毁掉样品）。实验上的做法是：突然关掉陷阱，让原子云自由膨胀下落，在下方拍照/探测，看云团摊开得多快。摊得越开说明初速度越大，即温度越高。这就是飞行时间（Time-of-Flight, TOF）测温法，BEC 实验里判断"够不够冷、凝没凝聚"就靠它。本题把这套实验分析搬上了考卷。
先算 \(a=1\) 的情形。记 \(I=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx\)。单个算不出来，技巧是算它的平方，把一维变二维再换极坐标：
$$I^2=\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}dy\right) =\int_{-\infty}^{\infty}\!\!\int_{-\infty}^{\infty}e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy$$换极坐标 \(x^2+y^2=r^2\)，面积元 \(dx\,dy=r\,dr\,d\theta\)，积分区域是全平面即 \(r:0\to\infty,\ \theta:0\to2\pi\)：
$$I^2=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^\infty e^{-r^2}r\,dr =2\pi\left[-\frac12 e^{-r^2}\right]_0^\infty=2\pi\cdot\frac12=\pi$$（其中 \(\int e^{-r^2}r\,dr=-\frac12e^{-r^2}\) 是凑微分，因为 \(\frac{d}{dr}e^{-r^2}=-2re^{-r^2}\)。）所以 \(I=\sqrt\pi\)。
一般的 \(a\)：换元 \(y=\sqrt{a}\,x\)，\(dx=dy/\sqrt a\)：
$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx=\frac{1}{\sqrt a}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}dy=\sqrt{\frac{\pi}{a}}\quad\blacksquare$$分部积分公式：\(\int u\,dv=uv-\int v\,du\)。
把被积函数拆成 \(x\cdot xe^{-x^2}\)，取 \(u=x\)，\(dv=xe^{-x^2}dx\)。
则 \(du=dx\)，而 \(v=\int xe^{-x^2}dx=-\frac12e^{-x^2}\)（还是凑微分）。代入：
$$\int_0^\infty x^2e^{-x^2}dx=\underbrace{\left[-\frac{x}{2}e^{-x^2}\right]_0^\infty}_{\text{上下限都为 }0}+\frac12\int_0^\infty e^{-x^2}dx$$边界项：\(x\to\infty\) 时 \(e^{-x^2}\) 比任何幂函数衰减都快，故为 0；\(x=0\) 代入也是 0。剩下：
$$=\frac12\cdot\frac{\sqrt\pi}{2}=\frac{\sqrt\pi}{4}\quad\blacksquare$$分部积分在全题就这一处，用完即走。曲线积分本题根本没有。
分布函数只给到"正比于"。归一化就是：所有可能状态的概率（这里是原子数）加起来等于总数。用它把比例系数唯一解出来。思想简单，难点只在算积分——而积分由工具1包办。
规则A：独立随机变量相加，方差相加。推导（用 \(\mathrm{var}(X)=\mathbb E[X^2]-(\mathbb E[X])^2\)，且独立时 \(\mathbb E[XY]=\mathbb E[X]\mathbb E[Y]\)）：
$$\mathrm{var}(X+Y)=\mathbb E[(X+Y)^2]-(\mathbb E[X+Y])^2 =\mathbb E[X^2]+2\mathbb E[X]\mathbb E[Y]+\mathbb E[Y^2]-(\mathbb E[X]+\mathbb E[Y])^2$$ $$=\underbrace{\mathbb E[X^2]-(\mathbb E[X])^2}_{\mathrm{var}(X)}+\underbrace{\mathbb E[Y^2]-(\mathbb E[Y])^2}_{\mathrm{var}(Y)}+\underbrace{2\mathbb E[X]\mathbb E[Y]-2\mathbb E[X]\mathbb E[Y]}_{=0}$$规则B：常数倍方差乘平方：\(\mathrm{var}(tX)=\mathbb E[t^2X^2]-(t\mathbb E[X])^2=t^2\,\mathrm{var}(X)\)。
规则C（不加证明，承认即可）：独立高斯变量的线性组合仍是高斯变量。高斯分布由均值和方差完全决定，所以"仍是高斯 + 算出均值方差"= 分布完全确定。
问题：\(u,v\) 是联合高斯、均值都为 0。已知 \(u\) 取某个值，\(v\) 的平均是多少？
构造：把 \(v\) 拆成"能被 \(u\) 解释的部分"+"与 \(u\) 无关的部分"。设
$$v=\alpha u+w,\qquad \text{选 }\alpha\text{ 使 }w\text{ 与 }u\text{ 不相关}$$不相关即 \(\mathbb E[wu]=0\)。代入 \(w=v-\alpha u\)：
$$\mathbb E[(v-\alpha u)u]=\mathbb E[vu]-\alpha\,\mathbb E[u^2]=0 \quad\Longrightarrow\quad \alpha=\frac{\mathbb E[vu]}{\mathbb E[u^2]}=\frac{\mathrm{cov}(u,v)}{\mathrm{var}(u)}$$对联合高斯变量，"不相关"就能升级成"独立"（这是高斯分布特有的好性质）。于是给定 \(u\) 时 \(w\) 的平均就是它的无条件平均 0：
$$\mathbb E[v\mid u]=\alpha u+\mathbb E[w\mid u]=\frac{\mathrm{cov}(u,v)}{\mathrm{var}(u)}\,u\quad\blacksquare$$直观：\(u\) 里有 \(v\) 的"成分"，知道 \(u\) 就知道 \(v\) 平均该是多少，比例由贡献占比决定。
全题只用两条泰勒展开，都在 \(|x|\ll1\) 时成立：
$$(1+x)^2=1+2x+x^2\approx1+2x,\qquad \sqrt{1+x}\approx1+\frac{x}{2}$$（第二条来自 \((1+x)^{1/2}\) 在 \(x=0\) 处泰勒：\(1+\frac12x-\frac18x^2+\cdots\)，留一阶。）
做题手法：先求 \(T=0\) 的"零级答案"，再设 真实解 = 零级解 \(\times(1+\varepsilon)\)，代入后只保留 \(\varepsilon\) 的一次方，\(\varepsilon^2\) 及更高阶直接扔掉。判断"哪项该扔"的标准是看量级，本文每一步都会把量级比较写出来。
设
$$f(\boldsymbol r,\boldsymbol v)=C\exp\!\left[-\frac{m(\omega_x^2x^2+\omega_y^2y^2+\omega_z^2z^2)}{2k_BT}\right]\exp\!\left[-\frac{m(v_x^2+v_y^2+v_z^2)}{2k_BT}\right]$$归一化条件：
$$N=\int f\,d^3\boldsymbol r\,d^3\boldsymbol v$$因为指数是六项相加、\(e\) 的指数相加等于相乘，六重积分拆成六个一维积分相乘：
$$N=C\underbrace{\int e^{-\frac{m\omega_x^2x^2}{2k_BT}}dx}_{\text{①}}\underbrace{\int e^{-\frac{m\omega_y^2y^2}{2k_BT}}dy}_{\text{②}}\underbrace{\int e^{-\frac{m\omega_z^2z^2}{2k_BT}}dz}_{\text{③}} \underbrace{\int e^{-\frac{mv_x^2}{2k_BT}}dv_x}_{\text{④}}\underbrace{\int e^{-\frac{mv_y^2}{2k_BT}}dv_y}_{\text{⑤}}\underbrace{\int e^{-\frac{mv_z^2}{2k_BT}}dv_z}_{\text{⑥}}$$逐个套工具1（\(\int e^{-ax^2}dx=\sqrt{\pi/a}\)）：
六个相乘：
$$N=C\cdot\sqrt{\frac{2\pi k_BT}{m\omega_x^2}}\sqrt{\frac{2\pi k_BT}{m\omega_y^2}}\sqrt{\frac{2\pi k_BT}{m\omega_z^2}} \cdot\sqrt{\frac{2\pi k_BT}{m}}^{\;3} =C\cdot\frac{1}{\omega_x\omega_y\omega_z}\left(\frac{2\pi k_BT}{m}\right)^{3/2}\left(\frac{2\pi k_BT}{m}\right)^{3/2}$$ $$=\frac{C}{\omega_x\omega_y\omega_z}\left(\frac{2\pi k_BT}{m}\right)^{3}$$解出 \(C=N\left(\dfrac{m}{2\pi k_BT}\right)^{3}\omega_x\omega_y\omega_z\)，代回：
\(t=0\) 后无碰撞，每个原子只受重力（\(z\) 轴向下为正），初位置 \(z_0\)、初速度 \(v_{0z}\)：
$$z(t)=z_0+v_{0z}t+\frac12gt^2$$这是高中匀加速公式，没有新东西。新东西在于：\(z_0\) 和 \(v_{0z}\) 本身是随机的（服从初始分布），所以到达时间、到达密度都是统计问题。
探测器只测 \(z\) 方向的纵向密度，与 \(x,y\) 无关。把第(1)问的 \(f\) 对 \(x,y,v_x,v_y\) 积分，得到 \((z_0,v_{0z})\) 的联合分布。四个积分还是套工具1：
$$\int e^{-\frac{m\omega_x^2x^2}{2k_BT}}dx=\sqrt{\frac{2\pi k_BT}{m\omega_x^2}},\quad \int e^{-\frac{m\omega_y^2y^2}{2k_BT}}dy=\sqrt{\frac{2\pi k_BT}{m\omega_y^2}},\quad \int e^{-\frac{mv_x^2}{2k_BT}}dv_x=\int e^{-\frac{mv_y^2}{2k_BT}}dv_y=\sqrt{\frac{2\pi k_BT}{m}}$$用它们乘第(1)问的归一化系数：
$$N\left(\frac{m}{2\pi k_BT}\right)^{3}\omega_x\omega_y\omega_z\cdot \frac{2\pi k_BT}{m\omega_x\omega_y}\cdot\frac{2\pi k_BT}{m} =N\,\frac{m\omega_z}{2\pi k_BT}$$\(\omega_x,\omega_y\) 正好约掉！所以 \((z_0,v_{0z})\) 的联合分布（已对总原子数归一）为：
$$\Phi(z_0,v_{0z})=N\,\frac{m\omega_z}{2\pi k_BT}\exp\!\left[-\frac{m\omega_z^2z_0^2}{2k_BT}\right]\exp\!\left[-\frac{mv_{0z}^2}{2k_BT}\right]$$与一维高斯标准形 \(\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}e^{-x^2/2\sigma^2}\) 对比指数 \(-\frac{x^2}{2\sigma^2}\)，直接读出两个方差：
物理检查：温度越高，云团越散（\(\sigma_{z_0}\) 大）、速度越乱（\(\sigma_v\) 大）；约束越紧（\(\omega_z\) 大），云团越小。都对。✓ \(\sigma_v=\sqrt{k_BT/m}\) 就是热运动的特征速度。
为什么密度可以直接搬过来？ 固定 \(t\) 时，\(z=u+\frac12gt^2\)，即 \(z\) 和 \(u\) 只差一个常数平移，\(dz=du\)。所以"\(z\) 附近单位长度的原子数" = "\(u\) 附近单位长度的原子数"，数值完全相等。
\(u\) 服从什么分布？ 由工具4规则C，独立高斯的线性组合仍是高斯；均值为 \(\mathbb E[z_0]+t\,\mathbb E[v_{0z}]=0\)；方差由规则A+B：
$$\sigma_u^2=\sigma_{z_0}^2+t^2\sigma_v^2=\frac{k_BT}{m\omega_z^2}+t^2\frac{k_BT}{m} =\frac{k_BT}{m}\left(t^2+\frac{1}{\omega_z^2}\right)$$一维高斯的概率密度是 \(p(u)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_u^2}}e^{-u^2/2\sigma_u^2}\)。在探测器平面 \(z=h\) 处，到达条件是 \(u=h-\frac12gt^2\)，代入并乘总原子数 \(N\)：
读懂它：① 峰大致在 \(h-\frac12gt^2=0\) 即 \(t=\sqrt{2h/g}\)——自由落体时间；② \(\sigma_u^2\) 两项：\(1/\omega_z^2\) 是云团初始大小的贡献，\(t^2\) 项是热速度被下落时间放大成空间弥散——温度越高峰越宽，这就是测温的基础。
单位时间通过平面的原子数 = 密度 × 该处原子的平均向下速度（量纲检查：\(\frac{1}{\text{m}}\cdot\frac{\text{m}}{\text{s}}=\frac{1}{\text{s}}\) ✓）：
$$I(t)=n(t)\,\langle v_{\text{末}}\rangle,\qquad v_{\text{末}}=v_{0z}+gt$$\(gt\) 是确定的，问题只剩求 \(\langle v_{0z}\rangle\)——但必须是在"\(u=h-\frac12gt^2\)"这个条件下的平均（能到达探测器的原子不是随便的原子）。用工具5：
先算协方差（用 \(\mathbb E[z_0v_{0z}]=\mathbb E[z_0]\mathbb E[v_{0z}]=0\)，独立性）：
$$\mathrm{cov}(u,v_{0z})=\mathbb E[(z_0+tv_{0z})v_{0z}]=\mathbb E[z_0v_{0z}]+t\,\mathbb E[v_{0z}^2]=0+t\,\sigma_v^2=t\,\sigma_v^2$$再套条件期望公式：
$$\langle v_{0z}\rangle\Big|_{u}=\frac{\mathrm{cov}(u,v_{0z})}{\mathrm{var}(u)}\cdot u =\frac{t\,\sigma_v^2}{\sigma_u^2}\left(h-\frac12gt^2\right)$$代入 \(\sigma_v^2=\frac{k_BT}{m}\)、\(\sigma_u^2=\frac{k_BT}{m}(t^2+\omega_z^{-2})\)，\(\frac{k_BT}{m}\) 约掉：
$$\langle v_{0z}\rangle\Big|_{u}=\frac{t\left(h-\frac12gt^2\right)}{t^2+\omega_z^{-2}}$$极限自检：\(t^2\gg\omega_z^{-2}\) 时方括号 \(\approx gt+\frac{h-\frac12gt^2}{t}=gt+\frac{h}{t}-\frac{gt}{2}=\frac{h}{t}+\frac{gt}{2}\)。另一方面，从 \(z_0=0\) 出发、恰在 \(t\) 时刻到达 \(h\) 的原子需 \(v_{0z}t+\frac12gt^2=h\)，即 \(v_{0z}=\frac{h}{t}-\frac{gt}{2}\)，末速度 \(=v_{0z}+gt=\frac{h}{t}+\frac{gt}{2}\)。两者一致 ✓。
"温度极低、约束很强"意味着 \(t^2\gg\omega_z^{-2}\)（下落时间的平方远大于约束参数），于是：
$$\sigma_u^2=\frac{k_BT}{m}\left(t^2+\frac{1}{\omega_z^2}\right)\approx\frac{k_BT}{m}t^2,\qquad \sqrt{2\pi\sigma_u^2}\propto t$$记 \(A\equiv\dfrac{m}{2k_BT}\)（只是为了式子短），则
$$n(t)\propto\frac{1}{t}\exp\!\left[-A\,\frac{\left(h-\frac12gt^2\right)^2}{t^2}\right]$$求峰位即解 \(\frac{dn}{dt}=0\)。因为 \(\ln\) 单调递增，\(\frac{d\ln n}{dt}=\frac{1}{n}\frac{dn}{dt}=0\) 与 \(\frac{dn}{dt}=0\) 等价；而对数能把 exp 拆掉、把乘除变加减，求导容易得多。这是标准技巧。
$$\ln n=\text{常数}-\ln t-A\,F(t),\qquad F(t)\equiv\frac{\left(h-\frac12gt^2\right)^2}{t^2}$$设 \(w=h-\frac12gt^2\)，则 \(F=w^2t^{-2}\)，用乘积法则 \((fg)'=f'g+fg'\)：
$$F'=\underbrace{2w\,w'\,t^{-2}}_{(w^2)'\cdot t^{-2}}+\underbrace{w^2\cdot(-2)t^{-3}}_{w^2\cdot(t^{-2})'}$$其中 \(w'=-gt\)，\( (t^{-2})'=-2t^{-3}\)。提取公因子 \(\frac{2w}{t^3}\)：
$$F'=\frac{2w}{t^3}\left(w't-w\right)$$算括号：
$$w't-w=(-gt)\,t-\left(h-\frac12gt^2\right)=-gt^2-h+\frac12gt^2=-h-\frac12gt^2=-\left(h+\frac12gt^2\right)$$代回，分子变成平方差 \((h-\frac12gt^2)(h+\frac12gt^2)=h^2-\frac14g^2t^4\)：
$$F'=-\frac{2\left(h-\frac12gt^2\right)\left(h+\frac12gt^2\right)}{t^3}=-\frac{2\left(h^2-\frac14g^2t^4\right)}{t^3}$$$$\frac{d\ln n}{dt}=-\frac{1}{t}-A\,F'=-\frac{1}{t}+\frac{2A\left(h^2-\frac14g^2t^4\right)}{t^3}=0$$
两边乘 \(t^3\)：
$$-t^2+2A\left(h^2-\frac14g^2t^4\right)=0\tag{★}$$零级：\(T\to0\) 时 \(A=\frac{m}{2k_BT}\to\infty\)，方程（★）中第二项趋于无穷大，除非括号本身趋于 0。故必须有
$$h^2-\frac14g^2t^4=0\quad\Longrightarrow\quad t_0^4=\frac{4h^2}{g^2}\quad\Longrightarrow\quad t_0^2=\frac{2h}{g}$$即 \(t_0=\sqrt{2h/g}\)——自由落体时间。物理上完全合理：\(T=0\) 时所有原子静止地挤在原点，整齐划一地落到 \(h\)。
设真实解为零级解的小修正：
$$t^2=\frac{2h}{g}(1+\varepsilon),\qquad |\varepsilon|\ll1$$第一步：算 \(t^4\)，用工具6的 \((1+\varepsilon)^2\approx1+2\varepsilon\)：
$$t^4=\frac{4h^2}{g^2}(1+\varepsilon)^2\approx\frac{4h^2}{g^2}(1+2\varepsilon)$$第二步：算括号：
$$\frac14g^2t^4=h^2(1+2\varepsilon)\quad\Longrightarrow\quad h^2-\frac14g^2t^4=-2h^2\varepsilon$$第三步：代入（★）：
$$-\frac{2h}{g}(1+\varepsilon)+2A(-2h^2\varepsilon)=0 \quad\Longrightarrow\quad \underbrace{-\frac{2h}{g}}_{O(1)}\underbrace{-\frac{2h}{g}\varepsilon}_{O(\varepsilon)}\underbrace{-4Ah^2\varepsilon}_{O(A\varepsilon)}=0$$量级比较（关键的"扔项"依据）：设 \(\varepsilon\sim\frac{1}{A}\)（待验证）。则三项量级分别为 \(1\)、\(\frac1A\)、\(1\)。\(A\to\infty\) 时第二项相对另外两项可忽略，扔掉：
$$-\frac{2h}{g}-4Ah^2\varepsilon=0\quad\Longrightarrow\quad \varepsilon=-\frac{1}{2Agh}=-\frac{k_BT}{mgh}$$确实 \(\varepsilon\sim1/A\)，自洽 ✓。
第四步：从 \(t^2\) 回到 \(t\)，用工具6的 \(\sqrt{1+\varepsilon}\approx1+\frac{\varepsilon}{2}\)：
$$t_m=\sqrt{\frac{2h}{g}}\sqrt{1+\varepsilon}\approx\sqrt{\frac{2h}{g}}\left(1+\frac{\varepsilon}{2}\right)$$强约束极限下，由 3.4 的方括号 \(\to\frac{h}{t}+\frac12gt\)，故 \(I(t)=n(t)V(t)\)，其中 \(V(t)=\frac{h}{t}+\frac12gt\)。
取对数（技巧同 4.2）：
$$\ln I=\ln n+\ln V=\text{常数}-\ln t-AF+\ln\!\left(\frac{h+\frac12gt^2}{t}\right) =\text{常数}-2\ln t-AF+\ln\!\left(h+\frac12gt^2\right)$$逐项求导：
$$\frac{d\ln I}{dt}=-\frac{2}{t}-AF'+\frac{gt}{h+\frac12gt^2}$$（第三项用链式法则：\(\frac{d}{dt}\ln(h+\frac12gt^2)=\frac{gt}{h+\frac12gt^2}\)。）合并前两项：
$$-\frac{2}{t}+\frac{gt}{h+\frac12gt^2} =\frac{-2\left(h+\frac12gt^2\right)+gt^2}{t\left(h+\frac12gt^2\right)} =\frac{-2h}{t\left(h+\frac12gt^2\right)}$$极值方程（两边乘 \(t^3\)）：
$$-\frac{2ht^2}{h+\frac12gt^2}+2A\left(h^2-\frac14g^2t^4\right)=0\tag{★★}$$代入 \(t^2=\frac{2h}{g}(1+\varepsilon)\)：分母 \(h+\frac12gt^2=h+h(1+\varepsilon)=2h+h\varepsilon\approx2h\)（\(\varepsilon\) 是小量，分母取零级即可，因为第一项整体只是 \(O(1)\)，其 \(\varepsilon\) 修正才 \(O(\varepsilon)\sim O(1/A)\)，与 4.5 一样该扔）：
$$-\frac{2h\cdot\frac{2h}{g}}{2h}-4Ah^2\varepsilon=-\frac{2h}{g}-4Ah^2\varepsilon=0$$与（★）化简后一模一样，故 \(\varepsilon\) 相同：
深层原因：\(V'(t)=-\frac{h}{t^2}+\frac{g}{2}\)，在 \(t_0^2=\frac{2h}{g}\) 处 \(V'(t_0)=-\frac{g}{2}+\frac{g}{2}=0\)——通量因子恰在自由落体时刻驻定，所以它不提供峰位的一阶修正。这不是巧合，是这道题的精心设计。
反解测温：由 \(t_m\sqrt{\frac{g}{2h}}=1-\frac{k_BT}{2mgh}\) 得 \(T=\dfrac{2mgh}{k_B}\left(1-t_m\sqrt{\dfrac{g}{2h}}\right)\)。
令 \(t=t_0+\delta\)（在此精度下 \(t_m\) 与 \(t_0\) 的差别只影响高阶项）。第一步：展开到达条件，用 \(t_0^2=\frac{2h}{g}\) 即 \(\frac12gt_0^2=h\)：
$$h-\frac12gt^2=h-\frac12g(t_0+\delta)^2=h-\frac12g(t_0^2+2t_0\delta+\delta^2) =\underbrace{h-\frac12gt_0^2}_{=0}-gt_0\delta-\frac12g\delta^2$$保留 \(\delta\) 的最低阶（一阶）：
$$h-\frac12gt^2\approx-gt_0\,\delta$$第二步：代入 \(F\)（平方后首项已是 \(\delta^2\)，分母 \(t^2\) 直接取 \(t_0^2\)，其相对修正只产生 \(\delta^3\) 及以上项，扔）：
$$F=\frac{(gt_0\delta)^2}{t^2}\approx\frac{g^2t_0^2\delta^2}{t_0^2}=g^2\delta^2$$第三步：指数部分：
$$AF=Ag^2\delta^2=\frac{mg^2}{2k_BT}\,\delta^2$$第四步：检查被扔掉的 \(-\ln t\) 项。它在峰附近的二阶项为 \(\frac{\delta^2}{2t_0^2}\)，系数 \(\frac{1}{2t_0^2}=\frac{g}{4h}\) 是 \(O(1)\)；而指数项系数 \(\frac{mg^2}{2k_BT}=O(A)\to\infty\)。低温极限下前者可忽略 ✓。（这正是"准确到温度的非零最低阶"的精确含义。）
于是：
$$n(t)\approx n_0\exp\!\left[-\frac{mg^2}{2k_BT}(t-t_m)^2\right]\equiv n_0\exp\!\left[-\frac{(t-t_m)^2}{2\sigma_t^2}\right]$$对比分母：\(\dfrac{1}{2\sigma_t^2}=\dfrac{mg^2}{2k_BT}\)，即 \(\sigma_t^2=\dfrac{k_BT}{mg^2}\)：
结果干净到漂亮：峰宽与下落高度 \(h\) 无关。物理一句话——热速度弥散 \(\Delta v=\sqrt{k_BT/m}\) 经重力加速转化为到达时间弥散 \(\Delta t=\frac{\Delta v}{g}\)。反解测温：\(T=\dfrac{mg^2\sigma_t^2}{k_B}\)。
"求……准确到温度的非零最低阶" ＝ \(T=0\) 的零级答案不算数，要正比于 \(T\) 的第一项修正。
"注意到……" ＝ 我要用一个不显然但合法的变形了。
"不妨设 / 记……" ＝ 为了式子短，起个绰号。
三板斧：求极值先取对数、展开只留最低阶（扔项时说清量级）、做完代回特殊情形检验 —— 复赛解答出现率九成。
① 归一化定系数（六积分分离，各套 \(\sqrt{\pi/a}\)）；② \(u=z_0+tv_z\) 仍是高斯，方差 \(=\sigma_{z_0}^2+t^2\sigma_v^2\)；③ \(n(t)\) 是 \(u\) 的密度在到达条件处取值，\(I=n\times\) 条件平均速度；④ 峰位：零级自由落体 + 设 \(\varepsilon\) 展开留一阶；⑤ 峰宽：展开到二阶，\(\sigma_t=\frac{1}{g}\sqrt{k_BT/m}\)。
能用自己的话把这五步讲出来、每步说清"为什么这样想"，这题你就真的会了——距离"能教"只差讲一遍。