我们上节课说了，在 E∗≈50 keVE_* \approx 50\text{ keV} 的能量下，rr - EE 图像上的 de Broglie 波长线与点火距离线相交. 具体的表达式是

E∗=8π2(Z1Z2e2)2h2mμ,mμ=m1m2m1+m2E_* = \frac{8\pi^2(Z_1Z_2e^2)^2}{h^2}m_\mu,\quad m_\mu = \frac{m_1m_2}{m_1+m_2}

但是太阳的能量仍然比这个 E∗E_* 要小，隧穿概率

P∝exp⁡[−πE∗E]P \propto \exp\left[-\pi\sqrt{\frac{E_*}{E}}\right]

仍然是一个很小的值. 但是我们知道粒子并不是都处在平均值附近，而是具有一个很宽的分布，因此从微观上试图解释，我们算反应率. 这需要先计算碰撞概率，假设两种粒子的碰撞截面为 σ12\sigma_{12}，得到微元的碰撞概率为

P=n1n2σ12ΔvP = n_1n_2\sigma_{12}\Delta v

其中 Δv\Delta v 为两粒子相对速度. 碰撞概率

Γ12=n1n2∫P(E)Δv(E)σ12(E)dE\Gamma_{12} = n_1n_2\int P(E)\Delta v(E)\sigma_{12}(E)\text{d}E

这里的 P(E)P(E) 是按照能量的粒子分布函数，用 Maxwell 分布律即可，P(E)∝e−E/(kBT)P(E)\propto e^{-E/(k_BT)}，相对速度写为 2E/mμ\sqrt{2E/m_\mu}，然后用 de Broglie 波长来估算相对碰撞截面大小，

σ12∼πλdB2Ptunnelling∼ℏ22mμEe−πE∗/E=S(E)Ee−πE∗/E\sigma_{12}\sim \pi\lambda_{\text{dB}}^2P_{\text{tunnelling}} \sim\frac{\hbar^2}{2m_\mu E}e^{-\pi\sqrt{E_*/E}} = \frac{S(E)}{E}e^{-\pi\sqrt{E_*/E}}

最终的反应概率

Γ12=n1n2(kBT)−3/28πmμ∫S(E)exp⁡[−EkBT−πE∗E]dE\Gamma_{12} = n_1n_2(k_BT)^{-3/2}\sqrt{\frac{8}{\pi m_\mu}}\int S(E)\exp\left[-\frac{E}{k_BT}-\pi\sqrt{\frac{E_*}{E}}\right]\text{d}E

因此对于点火能量来说，我们需要找到的不是最高的能量，而是一个比较中间的值，这也解释了为什么太阳能够实现聚变点火. 这个结论被称为 Gamov Peak.

开始讲第二次作业了，不过我还没写所以不记录了.

第一次作业讲解：平均分 92

？？？怎么做到的，我拼尽全力 83

好吧我翻了一下发现我所有扣分都是非学术的内容...

开始进入 module 3，有关星系演化的部分.

在一个电磁波场中，一个单电子的运动方程写为

F=eE=E0cos⁡ωt=mex¨F = eE = E_0\cos\omega t = m_e\ddot{x}

这样的运动会造成电磁辐射，在 cgs 制下的辐射 Larmor 公式写作

PL=2x¨2q23c3[ET]P_L = \frac{2\ddot{x}^2q^2}{3c^3}\left[\frac{\text{E}}{\text{T}}\right]

能流为

S=c8πE02[EL2T]S = \frac{c}{8\pi}E_0^2\left[\frac{\text{E}}{\text{L}^2\text{T}}\right]

我们将辐射功率和能流的比例记为 σT\sigma_T (某种意义上来说这也是一个「截面」)，那么

σT=PeS=2e23c3⟨x¨2⟩cE00⋅8π=8π3e4me2c4\sigma_T =\frac{P_e}{S} = \frac{2 e^2}{3c^3}\frac{\langle \ddot{x}^2\rangle}{cE_0^0}\cdot 8\pi = \frac{8\pi}{3}\frac{e^4}{m_e^2c^4}

估算一个简单的二维问题，考虑校园是 1 km1\text{ km} 大的二维圆平面，碰撞「截面」大约是 σ=1 m\sigma=1\text{ m}，人的密度可以估计为 N/πR2N/\pi R^2.

最后的结果大约是每 30 m30\text{ m} 遇到一个人，lmfp≈30 ml_{\text{mfp}}\approx 30\text{ m}. (mean free path)

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如果每遇到一个人改变一次方向，随机行走运动轨迹的均值：⟨r‾⟩=0\langle\overline{r}\rangle = 0，

⟨r2‾⟩=⟨r‾⋅r‾⟩=Nlmfp2\left\langle\overline{r^2}\right\rangle = \left\langle\overline{r}\cdot\overline{r}\right\rangle = Nl_{\text{mfp}}^2

如果要走出校园，那么必须要 ⟨r2‾⟩=R2\left\langle\overline{r^2}\right\rangle = R^2，这里需要的步骤数大约是 10310^3，也可以计算时间，如果是正常走路速度，那么需要 10 h10\text{ h} 走出校园.

对于一个想要从太阳内部逃出来的粒子，也需要经历类似的过程，我们需要 R⊙R_{\odot} 就能计算平均逃逸时间. 有

lmfp=1neσT≈2 cm,tesc≈3000 yr.l_{\text{mfp}} = \frac{1}{n_e\sigma_T} \approx 2\text{ cm},\quad t_{\text{esc}} \approx 3000\text{ yr.}

• 1a5b5-feat(note): update note于 2026/3/19