习题说明

这份习题集通过五个逻辑递进的物理模型，完成了从微观能带结构到宏观动力学响应的理论闭环。首先，基于一维紧束缚近似 $E(k) = E_0 - 2J \cos(ka)$，定量解析了群速度与有效质量在布里渊区内的演化规律，特别是揭示了能带拐点处 $m^* \to \infty$ 的动力学奇异性；接着，通过推导恒定电场下的布洛赫振荡轨迹 $x(t) \propto \cos(\omega_B t)$，深刻阐明了散射机制 $\omega_B \tau \ll 1$ 如何在宏观金属中抑制这一量子现象；进而将视野扩展至三维各向异性晶体，利用倒有效质量张量 $(\frac{1}{m^*})_{\alpha\beta}$ 展示了外力 $\boldsymbol{F}$ 与加速度 $\boldsymbol{a}$ 的非共线本质；在此基础上，严格证明了空穴作为正质量粒子 $m^*_h = -m^*_e > 0$ 的动力学等效性，并最终结合旋转椭球等能面模型，通过回旋共振频率 $\omega_c = \frac{eB}{m_t}$ 的计算，建立了从理论模型到实验测量有效质量的确切联系。

习题一：紧束缚近似下的电子速度与有效质量

【问题】
考虑一维晶体中的电子，在紧束缚近似下，其能带结构由公式 $E(k) = E_0 - 2J \cos(ka)$ 给出，其中 $a$ 为晶格常数，$J > 0$ 为交叠积分。

1. 求电子群速度 $v(k)$ 的表达式，并在第一布里渊区内画出草图。
2. 求电子有效质量 $m^*(k)$ 的表达式。
3. 分别计算在能带底 ($k=0$)、能带顶 ($k=\pm \pi/a$) 以及能带中点 ($k=\pm \pi/2a$) 处的有效质量，并解释其物理意义。

【知识点】

• PPT P11-12：一维紧束缚模型的 $E-k$ 关系、速度公式、有效质量公式。
• 教材笔记：有效质量与能带曲率的关系，正负质量的物理含义。

【思路】
此题直接对应PPT第11页的推导。

1. 利用群速度定义 $v = \frac{1}{\hbar}\frac{dE}{dk}$ 进行一次求导。
2. 利用有效质量定义 $\frac{1}{m^*} = \frac{1}{\hbar^2}\frac{d^2E}{dk^2}$ 进行二次求导。
3. 将特定 $k$ 值代入，通过符号判断电子对外力的响应性质。

【解答】
1. 群速度
根据群速度公式：
$$v(k) = \frac{1}{\hbar} \frac{dE}{dk}$$
将 $E(k)$ 代入微分：
$$\frac{dE}{dk} = \frac{d}{dk}(E_0 - 2J \cos(ka)) = 2Ja \sin(ka)$$
故速度为：
$$v(k) = \frac{2Ja}{\hbar} \sin(ka)$$
草图特征：在 $k=0$ 和 $k=\pm \pi/a$ 处速度为零（驻波）；在 $k=\pm \pi/2a$ 处速度最大。

2. 有效质量
根据倒有效质量公式：
$$\frac{1}{m^*(k)} = \frac{1}{\hbar^2} \frac{d^2E}{dk^2}$$
对一阶导数再次求导：
$$\frac{d^2E}{dk^2} = \frac{d}{dk}(2Ja \sin(ka)) = 2Ja^2 \cos(ka)$$
代入得：
$$\frac{1}{m^*(k)} = \frac{2Ja^2}{\hbar^2} \cos(ka)$$
即有效质量为：
$$m^*(k) = \frac{\hbar^2}{2Ja^2 \cos(ka)}$$

这张图将能量 $E(k)$、速度 $v(k)$ 和有效质量 $m^*(k)$ 垂直排列，清晰展示了他们之间的导数关系。特别是能带拐点处质量发散的特征。

3. 特殊点计算与解释

• 能带底 ($k=0$)：
  $$\cos(0) = 1$$
  $$m^*(0) = \frac{\hbar^2}{2Ja^2} > 0$$
  物理意义：质量为正，且为最小值。电子受外力作用加速，表现如同自由电子。
• 能带顶 ($k=\pm \pi/a$)：
  $$\cos(\pm \pi) = -1$$
  $$m^*(\pm \pi/a) = -\frac{\hbar^2}{2Ja^2} < 0$$
  物理意义：质量为负。此时电子接近布拉格反射条件，晶格对电子的反射作用强于外力，导致电子对外力的响应反常（推着它向前，它却减速）。
• 能带中点 ($k=\pm \pi/2a$)：
  $$\cos(\pm \pi/2) = 0$$
  $$m^* \to \infty$$
  物理意义：这是能带曲率的拐点。此时外力无法改变电子的速度（速度已达最大值），电子表现出无限大的惯性。

习题二：恒定电场下的布洛赫振荡

【问题】
接上题，假设在晶体沿 $x$ 轴方向施加一个恒定电场 $\mathcal{E}$（为避免与能量混淆，电场记为 $\mathcal{E}$）。设 $t=0$ 时电子位于 $x=0$ 处，且处于能带底 $k=0$。

1. 写出 $k$ 空间中电子的运动方程，并求 $k(t)$。
2. 推导实空间中电子位置 $x(t)$ 的表达式。
3. 若晶格常数 $a=3 \text{\AA}$，频带宽度 $4J = 2 \text{eV}$，外加电场 $\mathcal{E} = 10^5 \text{V/cm}$。估算振荡周期，并结合“散射时间”讨论为何金属中通常观察不到此现象。

【知识点】

• PPT P28-30：准动量定理、布洛赫振荡、k空间与实空间的对应。
• PPT P34-35：振荡条件 $\omega \tau \gg 1$。

【思路】

1. 利用 $\hbar \dot{k} = F = -e\mathcal{E}$ 积分求出 $k(t)$。
2. 将 $k(t)$ 代入上一题求得的速度 $v(k)$，再对时间积分 $x(t) = \int v(t) dt$。
3. 计算周期 $T$，并与一般金属的弛豫时间 $\tau$ 做对比。

【解答】
1. k空间的运动
根据准经典运动方程：
$$\hbar \frac{dk}{dt} = -e\mathcal{E}$$
积分得（初始条件 $k(0)=0$）：
$$k(t) = -\frac{e\mathcal{E}}{\hbar} t$$

2. 实空间的运动
将 $k(t)$ 代入习题一中的速度公式：
$$v(t) = \frac{2Ja}{\hbar} \sin\left( a \cdot \left(-\frac{e\mathcal{E}}{\hbar} t\right) \right) = -\frac{2Ja}{\hbar} \sin\left( \frac{ea\mathcal{E}}{\hbar} t \right)$$
位置坐标 $x(t)$ 为速度的积分：
$$x(t) = \int_0^t v(t') dt' = -\frac{2Ja}{\hbar} \int_0^t \sin\left( \frac{ea\mathcal{E}}{\hbar} t' \right) dt'$$
积分结果为：
$$x(t) = \frac{2Ja}{\hbar} \cdot \frac{\hbar}{ea\mathcal{E}} \left[ \cos\left( \frac{ea\mathcal{E}}{\hbar} t \right) - 1 \right]$$
化简得：
$$x(t) = \frac{2J}{e\mathcal{E}} \left[ \cos\left( \omega_B t \right) - 1 \right]$$
其中布洛赫振荡圆频率 $\omega_B = \frac{ea\mathcal{E}}{\hbar}$。

3. 估算与讨论
振荡周期 $T = \frac{2\pi}{\omega_B} = \frac{2\pi \hbar}{ea\mathcal{E}} = \frac{h}{ea\mathcal{E}}$。
代入数值：
$$h \approx 4.14 \times 10^{-15} \text{eV}\cdot\text{s}$$
$$e\mathcal{E}a = 10^5 \text{V/cm} \times 3 \times 10^{-8} \text{cm} = 3 \times 10^{-3} \text{eV}$$
$$T = \frac{4.14 \times 10^{-15}}{3 \times 10^{-3}} \approx 1.38 \times 10^{-12} \text{s}$$
讨论：
通常金属中电子的散射时间（平均自由时间）$\tau \approx 10^{-14} \sim 10^{-13} \text{s}$。
这里算出的周期 $T \approx 10^{-12} \text{s}$。
由于 $T \gg \tau$（或者说 $\omega_B \tau \ll 1$），电子在完成一次完整的振荡周期之前，就已经发生了碰撞散射，动量被随机化。因此在普通金属和电场下无法观察到布洛赫振荡，必须在超晶格（$a$ 很大）或极强电场下才能观察到。

这张图展示了在恒定电场力作用下，电子的位置 $x(t)$ 如何发生周期性振荡。同时，下图是“散射”示意图，直观解释了为什么在普通金属中看不到这种振荡（因为在振荡完成前就碰散了）。

习题三：倒有效质量张量的计算

【问题】
设某种晶体导带底附近的电子能量与波矢的关系为：
$$E(\boldsymbol{k}) = \frac{\hbar^2}{2} \left( \frac{k_x^2}{m_1} + \frac{k_y^2}{m_2} + \frac{k_z^2}{m_3} \right)$$
其中 $m_1, m_2, m_3$ 为常数。

1. 计算倒有效质量张量 $\left(\frac{1}{m^*}\right)_{\alpha\beta}$。
2. 假设外力 $\boldsymbol{F}$ 沿 $x$ 轴方向，求电子加速度的方向。若 $m_1 \neq m_2$，加速度方向与力的方向是否一致？

【知识点】

• PPT P16-17：有效质量张量的定义、加速度分量公式。
• 教材笔记：能带各向异性导致力与加速度方向不共线。

【思路】

1. 利用张量定义 $\frac{1}{m^*_{\alpha\beta}} = \frac{1}{\hbar^2} \frac{\partial^2 E}{\partial k_\alpha \partial k_\beta}$，计算偏导数。
2. 利用 $\boldsymbol{a} = \boldsymbol{\hat{m}}^{-1} \boldsymbol{F}$ 矩阵乘法计算加速度向量。

【解答】
1. 计算张量
根据定义，我们需要计算 $E$ 对 $k_x, k_y, k_z$ 的二阶混合偏导数。
$$\frac{\partial E}{\partial k_x} = \frac{\hbar^2 k_x}{m_1}, \quad \frac{\partial^2 E}{\partial k_x^2} = \frac{\hbar^2}{m_1}$$
同理可得 $\frac{\partial^2 E}{\partial k_y^2} = \frac{\hbar^2}{m_2}$, $\frac{\partial^2 E}{\partial k_z^2} = \frac{\hbar^2}{m_3}$。
由于交叉项不存在（如 $k_x k_y$），混合偏导数为零：
$$\frac{\partial^2 E}{\partial k_x \partial k_y} = 0$$
因此，倒有效质量张量为对角矩阵：
$$\left( \frac{1}{m^*} \right) = \begin{pmatrix} \frac{1}{m_1} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{m_2} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{m_3} \end{pmatrix}$$

2. 加速度方向
加速度向量 $\boldsymbol{a} = \left( \frac{1}{m^*} \right) \cdot \boldsymbol{F}$。
已知 $\boldsymbol{F} = (F, 0, 0)^T$。
进行矩阵运算：
$$\begin{pmatrix} a_x \\ a_y \\ a_z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{m_1} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{m_2} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{m_3} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} F \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{F}{m_1} \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
结果表明，当坐标轴取在张量的主轴方向时，若力沿主轴方向，加速度也沿该方向。
引申情况：如果力 $\boldsymbol{F}$ 不沿主轴，例如 $\boldsymbol{F} = (\frac{F}{\sqrt{2}}, \frac{F}{\sqrt{2}}, 0)^T$，则：
$$\boldsymbol{a} = \left( \frac{F}{\sqrt{2}m_1}, \frac{F}{\sqrt{2}m_2}, 0 \right)$$
此时，如果 $m_1 \neq m_2$，则加速度 $\boldsymbol{a}$ 的方向与力 $\boldsymbol{F}$ 的方向不一致。这体现了晶体中电子运动的各向异性。

这张图是二维 $k$ 空间中的等能面（椭圆）。最关键的是展示了力 $\boldsymbol{F}$ 和加速度 $\boldsymbol{a}$ 的方向不一致性。加速度总是倾向于指向“质量较轻”（曲率较大）的方向。

习题四：空穴的动力学性质证明

【问题】
考虑一个几乎填满的能带，其中只有一个波矢为 $\boldsymbol{k}_e$ 的状态是空的，其余状态都被电子占据。

1. 证明该系统在电磁场下的总电流 $\boldsymbol{J}$，等效于一个带有正电荷 $+e$、速度为 $\boldsymbol{v}(\boldsymbol{k}_e)$ 的粒子产生的电流。
2. 结合能带顶部的有效质量 $m^*_e < 0$，证明这个“空穴”具有正的有效质量 $m^*_h > 0$。

【知识点】

• PPT P48-51：近满带电流分析、空穴定义。
• 教材笔记：满带电流为0的推论、空穴质量的正负性转换。

【思路】

1. 利用 $\boldsymbol{J}_{total} = \boldsymbol{J}_{full} - \boldsymbol{J}_{missing}$ 以及 $\boldsymbol{J}_{full}=0$ 进行推导。
2. 利用加速度匹配 $a_h = a_e$，结合力和质量的关系推导。

【解答】
1. 电流等效性
设满带中所有状态的总电流为 $\boldsymbol{J}_{full}$。由于能带的中心对称性，$\boldsymbol{J}_{full} = \sum (-e)\boldsymbol{v} = 0$。
近满带的电流 $\boldsymbol{J}$ 等于满带电流减去缺失那个电子的贡献：
$$\boldsymbol{J} = \boldsymbol{J}_{full} - (-e)\boldsymbol{v}(\boldsymbol{k}_e)$$
$$\boldsymbol{J} = 0 - (-e)\boldsymbol{v}(\boldsymbol{k}_e) = +e \boldsymbol{v}(\boldsymbol{k}_e)$$
这表明，电流 $\boldsymbol{J}$ 等同于一个电荷为 $+e$，速度为 $\boldsymbol{v}(\boldsymbol{k}_e)$ 的粒子所产生的电流。我们称这个假想粒子为空穴。

左边圆圈：满带，所有速度矢量首尾相连归零。
右边圆圈：拿走一个 $\boldsymbol{v}_e$，剩下的矢量和（净电流）恰好与 $\boldsymbol{v}_e$ 反向。

2. 有效质量的正负性
电子（缺失的那一个）在电磁场下的运动方程为：
$$m^*_e \boldsymbol{a} = \boldsymbol{F}_e = -e (\boldsymbol{E} + \boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})$$
移项得加速度：
$$\boldsymbol{a} = \frac{-e}{m^*_e} (\boldsymbol{E} + \boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})$$
对于空穴，我们要用它来描述同一个状态的运动（即同一个加速度 $\boldsymbol{a}$），但它带电荷 $+q = +e$。假设空穴质量为 $m^*_h$，其运动方程应写为：
$$m^*_h \boldsymbol{a} = \boldsymbol{F}_h = +e (\boldsymbol{E} + \boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})$$
即：
$$\boldsymbol{a} = \frac{+e}{m^*_h} (\boldsymbol{E} + \boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B})$$
比较两个加速度表达式：
$$\frac{-e}{m^*_e} = \frac{+e}{m^*_h}$$
$$\implies m^*_h = -m^*_e$$
由于空穴通常出现在能带顶部，那里电子的有效质量 $m^*_e$ 是负值。
因此，空穴的有效质量 $m^*_h = - (\text{负值}) = \text{正值}$。
结论：空穴表现为一个带正电、具有正有效质量的粒子。

习题五：回旋共振与有效质量测定

【问题】
在回旋共振实验中，将半导体样品置于磁感应强度 $B = 0.2 \text{T}$ 的恒定磁场中。

1. 若测得回旋共振的吸收频率为 $\nu = 24 \text{GHz}$ ($\omega = 2\pi\nu$)，求该载流子的有效质量 $m^*$（以电子静止质量 $m_0$ 为单位）。
2. 若该实验是在硅（Si）样品的导带底进行，已知硅导带底的等能面是旋转椭球面，横向有效质量 $m_t = 0.19m_0$，纵向有效质量 $m_l = 0.98m_0$。当磁场 $B$ 沿椭球的长轴方向（纵向轴）施加时，回旋共振频率由哪个质量决定？

【知识点】

• PPT P68：回旋共振频率公式 $\omega_c = qB/m^*$。
• 教材 P261：各向异性等能面下的回旋质量，轨迹是垂直于B的截面。

【思路】

1. 直接利用 $\omega_c = eB/m^*$ 计算。
2. 分析几何关系：磁场沿 $z$ 轴（长轴），电子在 $x-y$ 平面（横向）做圆周运动，因此涉及的是横向质量。

【解答】
1. 计算有效质量
角频率 $\omega_c = 2\pi \nu$。
根据公式：
$$\omega_c = \frac{eB}{m^*} \implies m^* = \frac{eB}{2\pi \nu}$$
代入数据（注意单位换算）：
$e \approx 1.6 \times 10^{-19} \text{C}$
$B = 0.2 \text{T}$
$\nu = 24 \times 10^9 \text{Hz}$
$$m^* = \frac{1.6 \times 10^{-19} \times 0.2}{2\pi \times 24 \times 10^9} \approx \frac{3.2 \times 10^{-20}}{1.507 \times 10^{11}} \approx 2.12 \times 10^{-31} \text{kg}$$
已知电子静止质量 $m_0 \approx 9.11 \times 10^{-31} \text{kg}$。
$$\frac{m^*}{m_0} = \frac{2.12}{9.11} \approx 0.23$$
即 $m^* \approx 0.23 m_0$。

2. 各向异性讨论
电子在k空间的运动轨迹是等能面与垂直于磁场 $\boldsymbol{B}$ 的平面的交线。

• 等能面方程：$\frac{\hbar^2 k_x^2}{2m_t} + \frac{\hbar^2 k_y^2}{2m_t} + \frac{\hbar^2 k_z^2}{2m_l} = E$。
• 磁场 $\boldsymbol{B}$ 沿着长轴（设为 $z$ 轴）。
• 电子的回旋运动发生在垂直于 $B$ 的平面，即 $k_x - k_y$ 平面。
• 在 $k_x - k_y$ 平面上，能带方程简化为涉及 $m_t$ 的圆方程。
• 因此，决定回旋频率的有效质量是横向有效质量 $m_t = 0.19m_0$。
• 此时的回旋频率为 $\omega_c = \frac{eB}{m_t}$。

绘制了一个椭球等能面，形象地展示了 $m_l$（长轴）和 $m_t$（短轴）。
用红色平面和线条展示了电子的回旋轨道。
视觉上直接证明：当磁场沿长轴时，电子是在短轴平面（圆形截面）上旋转的，因此只涉及 $m_t$。