Pho.rs: Действие магнитного поля на сверхпроводники

A1 ^1.00 Чему равен момент импульса $\vec{L}$ этого витка (величина и направление), если он вращается с угловой скоростью $\vec{\omega}$?

Ответ: Момент импульса\[\vec L=r[\hat r,\vec p]=r[\hat r,\hat\varphi]\int_0^{2\pi}\frac{mvr}{2\pi r}\mathrm d\varphi\overset{v=\omega r}=m\omega r^2\hat z,\quad где\quad \hat z=[\hat r,\hat\varphi].\]

A2 ^1.00 Величина магнитного момента определяется как $|\vec{M}| = I A$, где $I$ – это ток, а $A$ – площадь витка. Найдите соотношение между магнитным моментом $\vec{M}$ и моментом импульса $\vec{L}$ витка.

Ток равен $I=-ef=-e\frac\omega{2\pi}$, откуда $\vec M=-e\frac\omega{2\pi}\pi r^2\hat z\implies$

Ответ: \[\vec M=-\frac e{2m}\vec L\]

A3 ^1.00 Рассмотрим кольцо, описанное в пункте А1, помещенное в однородное магнитное поле индукцией $B_z$, которое направлено вдоль оси $z$. Чему равна потенциальная энергия такой системы? Потенциальная энергия равна нулю при $\theta = \pi/2$.

На виток с током действует магнитный момент\[\vec\tau=[\vec M,\vec B].\]Работа магнитного поля будет при этом равна\[W=\int_{\pi/2}^\theta(\vec \tau,\mathrm d\vec \theta')=\int_{\pi/2}^\theta-|\vec \tau|~\mathrm d\theta'=\int_{\pi/2}^\theta|\vec M||\vec B|\sin\theta'~\mathrm d\theta'=(\vec M,\vec B).\]Поскольку $U=-W$, то

Ответ: \[U=-(\vec M,\vec B)=\frac12e\omega r^2 B_z\cos\theta\]

A4 ^0.50 У электрона есть собственный момент импульса (спин). Его величина в определенном направлении равна $\hbar/2$, где $\hbar = h/2\pi$, а $h$ – постоянная Планка. \newline Электроны помещены в магнитное поле. Чему равна потенциальная энергия электронов $U_{\text{up}}$ и $U_{\text{down}}$, чьи спины параллельны полю и антипараллельны, соответственно. Выразите свой ответ через магнетон Бора \begin{equation*} \mu_B = \frac{e \hbar}{2 m_e} = 5.788 \cdot 10^{-5} \text{эВ}\cdot\text{Т}^{-1} \end{equation*}и индукцию поля $B$.

Направим ось $z$ вдоль магнитного поля, тогда\[U=- M_zB.\]Магнитный момент электрона\[M_z=-\frac e{2m_e}S_z.\]Итак,\[U=\frac e{2m_e}S_zB=\frac{\mu_B}\hbar S_zB=\frac12\mu_B B\implies\]

Ответ: \[U_\mathrm{up,down}=\pm\frac12\mu_BB\]

A5 ^0.50 Из квантовой механики известно, что потенциальные энергии $\tilde{U}_{\text{up}}$ и $\tilde{U}_{\text{down}}$ в два раза больше значений $U_{\text{up}}$ и $U_{\text{down}}$, найденных в пункте А4. Пусть приложено магнитное поле индукцией 1 Тесла. Чему тогда равны потенциальные энергии электрона $\tilde{U}_{\text{up}}$ и $\tilde{U}_{\text{down}}$, чей спин параллелен и антипараллелен приложенному полю соответственно? В дальнейшем в задаче используйте в своих вычислениях выражения для $\tilde{U}_{\text{up}}$ и $\tilde{U}_{\text{down}}$.

Ответ: \[\tilde{U}_\mathrm{up,down}=\pm5.788\cdot10^{-5}~эВ\]

B1 ^0.50 Считайте, что магнитное поле действует только на спин электронов, а не на их орбитальное движение. Чему равна энергия $E_S$ куперовской пары, помещенной в однородное магнитное поле $\vec{B} = (B_x, 0, 0)$? Напомним, что у электронов, образующих куперовскую пару, противоположные спины.

Ответ: Поскольку спины электронов в куперовской паре направлены противоположно, магнитное поле не должно влиять на энергию пары.

B2 ^0.50 В нормальном (не сверхпроводящем) состоянии электроны не образуют куперовские пары. Поле $\vec{B} = (B_x, 0, 0)$ однородно и направлено вдоль плоскости в направлении оси $x$. Чему равна минимальная энергия двух электронов $E_N$ в этом поле? Используйте в своих вычислениях $\tilde{U}_{\text{up}}$ и $\tilde{U}_{\text{down}}$ из пункта A5. Действием магнитного поля на орбитальное движение электронов можно пренебречь.

Минимальная энергия достигается, когда спины обоих электронов направлены против поля. Учитывая квантовомеханические эффекты (энергия $\times2$), получим:

Ответ: \[E_N=\frac{p_1^2}{2m}+\frac{p_2^2}{2m}-2\mu_BB_x=\frac{p_1^2}{2m}+\frac{p_2^2}{2m}-\frac{e\hbar}{m_e}B_x\]

B3 ^0.50 Когда температура равна нулю, система \textbf{займет} состояние с минимальной энергией. Сверхпроводимость исчезает, если индукция поля превысит критическое значение $B_P$ (т.е. при $|\vec{B}| > B_P$). Чему равно это критическое значение $B_P$? Выразите ответ через $\Delta$.

Сверхпроводимость исчезнет, если\[E_N < E_S\implies 2B_x\mu_B > 2\Delta \implies B_x > \frac{\Delta}{\mu_B}\implies\]

Ответ: \[B_P=\frac{2m_e\Delta}{e\hbar}\]

Примечание: изложение в задаче заметно упрощено. «Честный» вывод критического поля с учётом магнетизма Паули и энергии конденсации в сверхпроводящее состояние приводит к результату в $\sqrt2$ раз меньше.

C1 ^1.50 Найдите $\lambda$ и выразите ответ через $e$, $B_z$ и $\hbar$. Примечание: \begin{equation*} \int_{-\infty}^{\infty} e^{- a x^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}}, \end{equation*} \begin{equation*} \int_{-\infty}^{\infty} x^2 e^{- a x^2} dx = \frac{1}{2 a} \sqrt{\frac{\pi}{a}}, \end{equation*} где $a$ – постоянная.

Решение 1

Подставляя $\psi(x)=\sqrt[4]\frac{2\lambda}{\pi}\exp(-\lambda x^2)$ в выражение для $F(\psi)$, получим:

\[F(\psi)=\sqrt{\frac{2\lambda}{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\lambda x^{2}}\left[-\alpha e^{-\lambda x^{2}}-\frac{\hbar}{4m_e}\left(-2\lambda e^{-\lambda x^{2}}+4\lambda^{2}x^{2}e^{-\lambda x^{2}}\right)+\frac{e^{2}B_{z}^{2}x^{2}}{m_e}e^{-\lambda x^{2}}\right]~\mathrm dx=\\=\sqrt{\frac{2\lambda}{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\left[\left(-\alpha+\frac{\hbar^{2}\lambda}{2m_{e}}\right)e^{-2\lambda x^{2}}+\left(\frac{e^{2}{B_{z}^{2}}}{m_{e}}-\frac{\hbar^{2}\lambda^{2}}{m_{e}}\right)x^{2}\mathrm{e}^{-2\lambda x^{2}}\right]~{\mathrm{d}}x=\\=-\alpha+\frac{\hbar^{2}\lambda}{2m_{e}}+\left(\frac{e^{2}B_{z}^{2}}{m_{e}}-\frac{\hbar^{2}\lambda^{2}}{m_{e}}\right).\frac1{4\lambda}=-\alpha+\frac{\hbar^{2}\lambda}{4m_{e}}+\frac{e^{2}B_{z}^{2}}{4\lambda m_{e}}.\]

Если рассматривать $F(\psi)$ как функцию $\lambda$, получим\[\frac{\mathrm dF}{\mathrm d\lambda}=\frac{\hbar^2}{4m_e}-\frac{e^2B_z^2}{4}.\]Условие минимума – это $\frac{\mathrm dF}{\mathrm d\lambda}=0$ и $\frac{\mathrm d^2F}{\mathrm d\lambda^2} > 0$, откуда\[\frac{\hbar^2}{4m_e}-\frac{e^2B_z^2}{4m_e\lambda^2}=0.\]Итого,

Ответ: \[\lambda=eB_z/\hbar\]

Несложно проверить, что при этом значении $\lambda$ действительно выполняется $\frac{\mathrm d^2F}{\mathrm d\lambda^2} > 0$.

Решение 2

\[F(\psi)=\int_{-\infty}^{+\infty}\psi\left(-\alpha\psi-\frac{\hbar^{2}}{4m_{e}}\frac{\mathrm{d}^{2}\psi}{\mathrm{d}x^{2}}+\frac{e^{2}B_{z}^{2}x^{2}}{m_{e}}\psi\right)~\mathrm{d}x=\\=\int_{-\infty}^{+\infty}\psi\left(-\alpha-\frac{\hbar^{2}}{4m_{e}}\frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}x^{2}}+\frac{e^{2}B_{z}^{2}x^{2}}{m_{e}}\right)\psi~\mathrm{d}x=\int_{-\infty}^{+\infty}\psi\tilde H\psi~\mathrm{d}x\]

Таким образом, для нормированной волновой функции $\psi$ величина $F(\psi)$ будет равна математическому ожиданию энергии системы $\langle\tilde H\rangle$ – собственному значению Гамильтониана\[\tilde H=-\frac{\hbar^2}{4m_e}\frac{\mathrm d^2}{\mathrm dx^2}+\frac{e^2B_z^2}{m_e}x^2-\alpha.\]Первые два слагаемых описывают обычный квантовый гармонический осциллятор. Таким образом, энергия основного состояния будет равна\[F_{\min}=\frac12\hbar\omega-\alpha,\]где $\omega=eB_z/m_e$. Волновая функция основного состояния\[\psi=\sqrt[4]\frac{2m_e\omega}{\pi\hbar}\exp(-m_e\omega x^2/\hbar)=\sqrt[4]\frac{2eB_z}{\pi\hbar}\exp(-eB_z x^2/\hbar),\]откуда

Ответ: \[\lambda=eB_z/\hbar\]

C2 ^1.00 Найдите критическое значение индукции поля $B_z$, когда сверхпроводящее состояние перестает быть энергетически выгодным. Выразите ответ через $\alpha$.

Как следует из предыдущего пункта, $F_{\min}=\frac{\hbar eB_z}{2m_e}-\alpha$. Критическому значению $B_z$ соответствует нулевая разность энергий, т.е. $F_{\min}=0\implies$

Ответ: \[B_z=\frac{2m_e\alpha}{e\hbar}\]

D1 ^0.50 Чему равна энергия $E_I$ куперовской пары в сверхпроводнике Изинга?

\[E_{I}=\frac{p_{1}^{2}}{2m}+\frac{p_{2}^{2}}{2m}-2\Delta-\frac{2\mu_{B}S_{1z}B_{z}}{\hbar}+\frac{2\mu_{B}S_{2z}B_{z}}{\hbar}.\]Т.к. $S_z=\pm\hbar/2$, из условия минимальности энергии получим:\[E_{I}=\frac{p_{1}^{2}}{2m}+\frac{p_{2}^{2}}{2m}-2\Delta-\frac{2\mu_{B}B_{z}}{2}-\frac{2\mu_{B}B_{z}}{2}=\frac{p_{1}^{2}}{2m}+\frac{p_{2}^{2}}{2m}-2\Delta-2\mu_{B}B_{z}\implies\]

Ответ: \[E_I=\frac{p_{1}^{2}}{2m}+\frac{p_{2}^{2}}{2m}-2\Delta-\frac{e\hbar}{m_e}B_{z}\]

D2 ^1.00 К веществу, где есть спин-орбитальное взаимодействие, вдоль плоскости приложено однородное магнитное поле $\vec{B}_{\parallel} = (B_x,0,0)$. Чему при этом равна энергия $E_{\parallel}$ двух электронов? (Внутренние магнитные поля по-прежнему действуют и направлены перпендикулярно $\vec{B}_{\parallel}$. Также можно пренебречь действием поля, направленного вдоль плоскости, на орбитальное движение куперовских пар.)

В нормальном состоянии магнитные моменты электронов будут выстраиваться параллельно магнитному полю, поэтому:\[E_\|=\frac{p_1^2}{2m}+\frac{p_2^2}{2m}+\frac{2\mu_B(\vec S_1,\vec B_1)}\hbar+\frac{2\mu_B(\vec S_2,\vec B_2)}\hbar=\frac{p_1^2}{2m}+\frac{p_2^2}{2m}-2\mu_B\sqrt{B_x^2+B_z^2},\]где использовалось $\vec B_{1,2}=\left(\begin{array}{c}B_x\\0\\\mp B_z\end{array}\right)$, $|\vec S_{1,2}|=\hbar/2$. Итого:

Ответ: \[E_\|=\frac{p_1^2}{2m}+\frac{p_2^2}{2m}-2\mu_B\sqrt{B_x^2+B_z^2}=\frac{p_1^2}{2m}+\frac{p_2^2}{2m}-\frac{e\hbar}{m_e}\sqrt{B_x^2+B_z^2}\]

D3 ^0.50 Чему равно критическое значение индукции $B_I$, когда при $|\vec{B}_{\parallel}| > B_I$, $E_{\parallel} < E_I$?

\[E_{\parallel} < E_{\mathrm{Ising}}\implies2\mu_{\mathrm{ig}}\sqrt{B_{x}^{2}+B_{z}^{2}}>2\Delta+2\mu_{\mathrm{B}}B_{z}\implies\]

Ответ: \[B_I = \frac{\sqrt{\Delta^{2}+2\Delta\mu_{\mathrm{B}}B_{z}}}{\mu_{\mathrm{B}}}\]