🗒

Bài tập tuần 3 LTCR
Hạn

@05/11/2021 → 12/11/2021
Lý thuyết Chất rắn

Môn học
Ngày nhận bài tập

@05/11/2021

Phân loại

Bài tập

Tiến độ

Hoàn thành

Mail giáo viên



Column 2

Overdue

Column
Column 1

Họ và tên: Phạm Thế Hiếu
MSSV: 19130159

Mơ hình Sommerfeld (Khí electron tự do)
Mơ hình khí Electron tự do với electron là hạt chủ đạo (Bỏ qua các ion) và khơng có
tương tác giữa các hạt electron do vậy, ta có thể viết Hamiltonian của hệ như sau:

H=

He0

N

N

k=1

k=1

ℏ2 2
= −∑
∇ = ∑ Hk
2m k

(1)

Phương trình Schoedinger tổng quát:

HΨ = EΨ


(2)

∑ Hk Ψ = EΨ

(3)

N

k=1

Với hàm sóng

Ψ là hàm sóng của N hạt, có thể viết Ψ = Ψ({rl }) với {rl } = {r1 , r2 , ...rN }

Do các e khơng tương tác với nhau, ta tách hàm sóng tổng quát của
của các hàm sóng của từng hạt độc lập:

N hạt thành tích

N

Ψ({rl }) = Ψ1 (r1 )Ψ2 (r2 )Ψ3 (r3 )... = ∏ Ψl (rl )

(4)

l=1

Ta tách năng lượng của hệ thành tổng năng lượng của từng hạt electron:
N


E = E1 + E2 + ... + EN = ∑ El

(5)

l=1

Thế (4) vào (3), ta thấy mỗi toán tử
hàm sóng khác, nên ta được:

Bài tập tuần 3 LTCR

Hk chỉ tác động lên Ψl=k mà ko tác dụng lên các

1


N

N

N

k=1

l=1l=k


l=1

∑ ( ∏ Ψl Hk Ψk ) = E ∏ Ψl (rl )

Ψ({rl }) = ∏N
l=1 Ψl (rl ). Đồng thời thế (5) vào phương

Chia hai vế của phương trình cho
trình:

N

k=1
N

∑(
k=1

Từ (7) ta có hệ

N

1
Hk Ψk ) = ∑ El
Ψk

(6)

1
Hk Ψk − Ek ) = 0
Ψk

(7)


∑(

l=1

N phương trình với mỗi phương trình có dạng:
ℏ2 2
∇ Ψk (rk ) = Ek Ψk (rk )
2m k
2mEk
∇2k Ψ(rk ) = − 2 Ψk (rk )
ℏ

−

(8)
(9)

Đây là phương trình Schoedinger cho hạt tự do trong 3 chiều, ta có dạng của hàm sóng
là:

Ψk (rk ) = Aeikrk    Với k2 =

2mE
ℏ2

(10)

Vậy năng lượng có cơng thức:

Ek =

Để xác định hệ số

ℏ2 k2
2m

(11)

A cho hàm sóng, ta sử dụng điều kiện chuẩn hóa, theo đó:
∫ ∣Ψk ∣2 dr = 1

A2 ∫ dr = A2 ∫ dxdydz = 1
A2 V = 1 → A =

1
V

⎧Ψ(x + Lx , y, z) = Ψ(x, y, z)
⎨Ψ(x, y + Ly , z) = Ψ(x, y, z)
⎩
Ψ(x, y, z + Lz ) = Ψ(x, y, z)

(12)

Ta viết tường minh (10):

Ψk (rk ) =

1 ikrk
1 i(kx x+ky y+kz z)
e

=
e
V
V

Áp dụng phương trình thứ nhất (12):

(

Bài tập tuần 3 LTCR

)

(

)

2


eikx (x+L x )+ky y+kz z = ei(kx x+ky y+kz z)
eikx L x = 1
kx Lx = 2πnx
2π
kx =
nx
Lx
Tương tự cho các trường hợp cịn lại, ta có kết luận:

ki =


2π
ni      i = 1, 2, 3 tương ứng x, y, z
Li

(13)

Như vậy ta đã xác định được hamiltonian và giải được phương trình Schoedinger với mơ
hình Sommerfeld

Xác định Mật độ trạng thái(DOS)

D(E), D(k)

DOS trong 3 chiều
Mỗi 2 trạng thái chiếm thể tích
Số trạng thái trong

(2π/L)3 trong mạng điểm

dk là:
2L3
2V
dk =
dk
(2π)3
(2π)3

∫ dk = ∫ dϕ sin θdθk2 dr = ∫ k2 dr ∫


2π
0

dϕ ∫

π
0

sin θdθ = ∫ 2π.2.k2 dr = ∫ 4πk2 dr → dk = 4πk2 dk

Số trạng thái trong lớp cầu bán kính k, bề dày dk:

D(k)dk =

2V
4πk2 dk
(2π)3

(14)
3

D(E)dE = D(k)

dk
V 2m 2 1
dE =
(
) E 2 dE
dE
2π 2 ℏ2


(15)

DOS trong 2 chiều
Ta thấy, mỗi điểm k trong không gian
chiếm chỗ bởi 2 trạng thái.
Số trạng thái trong

k chiếm một diện tích (2π/L)2 . Mỗi điểm k được

dk là
2L2
2S
dk =
dk
2
(2π)
(2π)2

∫ dk = ∫ dθkdk = ∫

2π
0

dθ ∫ kdk = ∫ 2πkdk → dk = 2πkdk

Số trạng thái trong hình vành khăn bán kính k bề dày

D(k)dk =


dk:

2S
2πkdk
(2π)2

(16)

trong 2 chiều ta có:

k2 =

Bài tập tuần 3 LTCR

2mE
2m
→ 2kdk = 2 dE
2
ℏ
ℏ

3


Thế vào (16) ta được:

2S
S 2m
π(2kdk) =
dE

2
(2π)
2π ℏ2

D(E)dE =

(17)

DOS trong 1 chiều
Tương tự ta có số trạng thái trong chiều dài

D(k)dk =
k=

2L
dk
2π

dk là

=

L
dk
π

L
dk
π


(18)

2mE
2m 12
→ dk = ( 2 ) dE
ℏ
Eℏ
1

L 2m 2
D(E)dE = ( 2 ) dE
π Eℏ

(19)

Bán kính Fermi - Trạng thái cơ bản
Trạng thái cơ bản của
gian

N electron tong thể tích V tương ứng với

k có năng lượng thấp nhất, mỗi điểm chiếm bởi 2 electron

Các điểm này lấp đầy hình cầu Fermi có bán kính

N
2

điểm trong khơng


kF

Ta có:

N=∫

kF
0

D(k)dk = ∫

→ kF = (3π 2

kF
0

kF
2V
V
V 3
2
4πk
dk
=
∫
k2 dk =
k
3
2
(2π)

π 0
2π 2 F

1

N 3
1
N
) = (3π 2 n) 3  với n =  laˋ mật độ hạt
V
V

(20)

Từ (11), ta có năng lượng Fermi:

EF =

ℏ2 kF2
2m

(21)

Từ (11), ta có năng lượng cho trạng thái cơ bản của hệ

E0 = ∫

kF
0


=

ℏ2 k2 2V
4πk2 dk
3
2m
(2π)
0
ℏ2 V kF5
k4 dk =
2m π 2 5

E.D(k)dk = ∫

kF
ℏ2 V
=
∫
2mπ 2 0

N hạt:

3 ℏ2 kF2
3
N
= NEF
5
2m
5


kF

(22)

3N
k3
F

Năng lượng trung bình trên mỗi hạt ở trạng thái nền:

ϵ0 =

E0
3
= EF
N
5

(23)

Phân bố Fermi-Dirac
Hệ

N hạt trong cân bằng nhiệt tại nhiệt độ T , từ Vật lý Thống kê ta có:
PN (E) =

Bài tập tuần 3 LTCR

e−βE
N

∑n e−βEn

(24)

4


β = kB1T , Tổng thống kê Z = ∑n e−βEn , EnN là năng lượng tương ứng với trạng thái
dừng n của hệ N hạt
N

Với

Lại có, năng lượng tự do Helmholtz

F=

ln Z
β

→ ln Z = −βF → Z = e−βF
→ ∑ e−βEα = e−βFN

(25)

PN (E) = e−β(E−FN )

(26)

N


n

Từ (24) và (25), ta có:

Ta xét đại lượng fiN , xác xuất có một electron bậc i (i được xác định bởi vector sóng
và số lượng tử spin s), trong hệ N hạt cân bằng nhiệt:

fiN = ∑ PN (EαN )
Tổng tất cả các trangj thái

k

(27)

α − N electron có một electron bậc i

Ta có thể viết lại cơng thức trên theo số trạng thái
kì electron nào bậc i

γ − N electron mà khơng có bất

fiN = 1 − ∑ PN (EγN )
Với hệ

N hạt ở trạng thái γ ta thêm 1 hạt trạng thái n, khi đó năng lượng của hệ:
EαN +1 = EγN + εi

Với


εi là sự chênh lệch về năng lượng giữa 2 trạng thái α và γ
→ fiN = 1 − ∑ PN (EαN +1 − εi )

Khi thêm 1 hạt vào hệ, ta xét đến hóa thế
vào hệ:

μ=

μ. Hóa thế là năng lượng khi thêm một hạt

∂F
 Hay viˊˆet rời rạc μ = FN +1 − FN
∂N

→ PN (EαN +1 − εi ) = eβ(ε i −μ) PN +1 (EαN +1 )
fiN = 1 − eβ(ε i −μ) PN +1 (EαN +1 ) = 1 − eβ(ε i −μ) fiN +1
Ta thấy, khi hệ với số hạt

N rất lớn, ta thêm 1 hạt không làm thay đổi quá nhiều đến
fiN +1 bằng fiN , khi đó:

phân bố xác suất do vậy, có thể thay

fiN =

1
eβ(ε i −μ) + 1

(28)


Hàm phân bố Fermi-Dirac

1

f(E, μ, T ) =
e

(E−μ)
kB T

+1

(29)

Ta có:

Bài tập tuần 3 LTCR

5


Etotal = ∫ ED(E)f(E, μ, T )dE
=∫

∞

3

E
0


V 2m 2 12
(
) E f(E, μ, T )dE
2π 2 ℏ2

N = ∫ D(E)f(E, μ, T )dE
=∫
Tại giới hạn

∞
0

3

V 2m 2 1
(
) E 2 f(E, μ, T )dE
2π 2 ℏ2

T = 0K, f(E, μ, T ) là hàm bậc thang vớt bước nhảy EF và μ(T → 0) → EF

Sommerfeld expansion

I(T ) = ∫
→ I(T ) = ∫

μ
−∞


∞
−∞

g(E)f(E, μ, T )dE

(30)

∞

g(E)dE + ∑ αn (kB T )2n g(2n−1) (μ)

(31)

π2
(kB T )2 D(EF ) + ....     (???)
6

(32)

n=1

→ ϵ(T ) = ϵ0 +
Nhiệt dung riêng:

cv (T ) = (

∂ϵ(T )
π2 2
π 2 kB T
) =

kB T D(EF ) =
nkB
∂T V
3
2 EF

Khí electron tự do trong trường điện từ
Ta có Hamiltonian sẽ thay đổi:

H=

1
eℏ
(p + eA)2 +
σB      Với B = μ0 H
2m
2m

Nếu hướng của trường dọc theo trục

(33)

z , B = (0, 0, B) và thế vector A = (0, Bx, 0)

σ là ma trận Pauli.
Đặt toán tử

π = p + eA = (px , py + eBx, pz )
[πx , πy ] = [px , py ] + eB[px , x] = −iℏeB   [πz , πx ] = [πy , πz ] = 0
→ π × π = −iℏeB


(34)

Viết lại Hamiltonian:

H=
Với

πz = ℏkz và μB =

1 2
eℏ
1
ℏ2 kz2
π +
σB =
(πx2 + πy2 ) +
+ μB σz B
2m
2m
2m
2m

eℏ
2m

Ta viết lại bằng cách sử dụng toán tử

πx =
Với


l=

ℏ
và
eB

(35)

a, a† (tương tự Cơ lượng tử 1!!! a− , a+ )

ℏ
iℏ †
(a† + a)     πy = −
(a − a)
2l
2l

[a, a† ] = 1

Ta viết lại Hamiltonian:
2 2

Bài tập tuần 3 LTCR

6


1
ℏ2 kz2

H = ℏωc (a† a + ) +
+ μB σz B
2
2m
Với

ωc =

(36)

eB
m

Thế vào phương trình Schoedinger, ta có trị riêng năng lượng:

1
ℏ2 kz2
g
ϵ(n, kz , ±) = ℏωc (n + ) +
± μB B
2
2m
2

(37)

Số hạng thứ nhất là Mức năng lượng của giao động tử cylotron(???)
Số hạng thứu hai là thành phần chuyển động song song với trường
Số hạng thứ ba là sự phân tách spin với tham số g khi electron tự do là 2


hωc = ϵ(n + 1, kz , ±) − ϵ(n, kz ±)
Ta xét lại Hamiltonian:

1 2
(p + (py + eBx)2 + p2z ) + μB σz B
2m x
p2
1
ℏky 2 ℏ2 kz2
= x + mωc2 (x −
) +
+ μB σz B
2m 2
mωc
2m

H=

x0

0 < x0 =
Mà,

ky =

ℏky
< Lx
mωc

2πmy

Ly

→ 0 < ny <
Lại có

Lx Ly
eB
2πℏ

Lx Ly eB là từ thơng Φ đi qua diện tích Lx Ly , nên ta cũng có thể viết lại:
Lx Ly
Φ
eB =
,    Φ0 = h/e
2πℏ
Φ0
Lz Φ
eB
2Lz Φ
eB
→
=
→
=
Lx Ly Lz Φ0
2πℏ
2πΦ0
2π 2 ℏ

Khi ta xét 3 chiều, ta có, số trạng thái trong


D(E, B)dE =

dkz là:

eB dkz
eB m
dE =
dE
2π 2 ℏ dE
2π 2 ℏ ℏ2 kz

(38)

1
ℏ2 kz2
g
ωc m
E = ϵ(n, kz , ±) = ℏωc (n + ) +
± μB
2
2m 1 2
e1
1 σ 2 2m 2
→ kz = ∑ [E − ℏωc (n + + )] ( 2 )
2
2
ℏ
n,σ=±1


→ D(E, B) =

V

3

1

ℏωc 2m 2
E
1 σ −2
(
)
∑
[
−
(n
+
+ )]
8π 2
ℏ2
ℏωc
2
2

(39)

n,σ=±1

Tổng kết:

Do chưa phân phối thời gian hợp lý dẫn đến bài tập hoàn thành khá trễ
Cịn một số nội dung chưa hồn thành và một vài điểm chưa hiểu rõ nội dung

Bài tập tuần 3 LTCR

7


Khả năng đọc tiếng Anh còn hạn chế dẫn đến tốn nhiều thười gian trong việc tham
khảo tài liệu
Em sẽ cố gắng cải thiện những hạn chế này trong từng bài tập tiếp theo đồng thời tiếp
tục tham khảo thêm để hiểu những phần cịn chưa hồn thiện trong bài tập này.

Bài tập tuần 3 LTCR

8