P1.一维晶格的振动

作者: 光头披风侠 | 来源:发表于2019-04-21 15:56 被阅读0次

一维晶格的振动

弹簧振子

弹簧振子.png

$F=-kx=m\frac{d^2x}{d^2t}\\\ddot{x}+\frac{k}{m}x=0\\$

得到的解为：
$x(t)=c_1cos(\omega t)+c_2sin(\omega t)=Acos(\omega t-\varphi)\\ \omega=\sqrt{\frac{k}{m}},A=\sqrt{{c_1}^2+{c_2}^2},tan\varphi=\frac{c_2}{c_1}\\$
$c_1,c_2$ 由初始条件决定。

晶体中的原子的平衡位置虽然由周期性，但原子数目很大，原子存在着相互作用，任一原子的位移至少与相邻原子、次近邻原子的位移有关，故实际上晶格振动很复杂。

格波：晶格具有周期性，晶格的振动具有波的形式，即格波。
格波的研究：先计算原子间相互作用力，然后根据牛顿定律写原子远动方程，求解波函数。

1.一维最近邻晶格的振动(全同原子)

一维晶格.png

$a$ 为晶格常数
$u_n$ 为序号为n的原子, $t$ 时刻离开平衡位置时的位移
$n$ 和 $n+1$ 原子间t时刻的间距为： $r=a+u_{n+1}-u_n=a+\delta,\delta=u_{n+1}-u_n$
$U(r)$ 为两原子间相互作用势

将 $U(r)$ 在平衡位置 $r=a$ 处泰勒级数展开(因为只是微小振动，所以 $与U(r)与U(a)$ 差不多大，所以可以在平衡位置￥ $r=a$ 处展开，照着 $U(a)$ 画瓢，构建存在微小振动的势能)
$U(r)=U(a+\delta)=U(a)+(\frac{dU}{dr})_a\delta+\frac{1}{2!}(\frac{d^2U}{dr^2})_a\delta^2+\frac{1}{3!}(\frac{d^3U}{dr^3})_a\delta^3+\cdots+\frac{1}{n!}(\frac{d^nU}{dr^n})_a\delta^n$
相互作用力为： $f(r)=-\frac{dU(r)}{dr}$ ,有
$f(r)=-(\frac{dU}{dr})_a-(\frac{d^2U}{dr^2})_a\delta-\frac{1}{2!}(\frac{d^3U}{dr^3})_a\delta^2+\cdots-\frac{1}{n!}(\frac{d^{n+1}U}{dr^{n+1}})_a\delta^n$
由于在 $r=a$ 处为平衡态是一个极值点，因而势能的一阶偏导为0

(注意某点处的一阶偏导为0，不一定二阶偏导为0，如 $y=(x-2)^2\mid_{x=2}$ )

所以,
$f(r)=-(\frac{d^2U}{dr^2})_a\delta-\frac{1}{2!}(\frac{d^3U}{dr^3})_a\delta^2+\cdots-\frac{1}{n!}(\frac{d^{n+1}U}{dr^{n+1}})_a\delta^n$

1.1 简谐振动(简谐近似)

去除高阶小项，我们得到：
$f(r)=-(\frac{d^2U}{dr^2})_a\delta$
$令令\beta=(\frac{d^2U}{dr^2})_a$ 对应于弹簧振子中的弹性系数 $k$ ,

这里隐含的一个性质就是原子为全同原子(傻傻分不清楚)，所以 $\beta$ 可以当作常数项来处理。

1.1.1 第n个原子的受力情况

对应弹簧振子， $\delta>0$ ,向右拉伸； $\delta<0$ ,向左挤压:

假定 $u_n+1$ 与 $u_n$ 间，对 $u_{n+1}$ 所受来自 $u_n$ 作用力为 $-\beta\delta=-\beta(u_{n+1}-u_n)$ ,则由牛三定律：

$u_n$ 所受作用力为 $\beta\delta=\beta(u_{n+1}-u_n)$ ;

同理, $u_n$ 所受最近邻的 $u_{n-1}$ 作用力为, $-\beta\delta=-\beta(u_n-u_{n-1})$ ,相加得 $u_n$ 总的受力情况为：

$f_n=\beta(u_{n+1}+u_{n-1}-2u_n))$

这里受力分析隐含周期边界条件(波恩-卡门Born－Karman周期边界条件)，从而排除两端的边界效应，使上式成为一个范式。

1.1.2 试探求式求解格波方程

$m\frac{d^2u_n}{dt^2}=f_n=\beta(u_{n+1}+u_{n-1}-2u_n))$

翻看很多教材，都是进行合理猜测的波函数试探来求解：(这里表现出的是一种坚定的信仰)

试探分析：

首先 $u_n$ 应该是个波函数，那么具有的初步试探解形式为：
$u_n=Ae^{i(wt-\varphi)}$
接下来，原子间应该存在一定的相位差，那么 $n$ 处的原子与原点处(相位默认为0)的距离为 $na$ ,则相位差为：
$\varphi=\frac{na}{\lambda}\cdot2\pi$
这里的 $\lambda$ 显然是因为之前的全同原子假设，而使得我们合理猜测格波是具有周期性的波（具有固定波长 $\lambda$ ）

那么，这样的我们就合理构造出了格波公式：
$u_n=Ae^{i(wt-naq)}\\ q=\frac{2\pi}{\lambda}为波数(就是一个2\pi长度下有q个周期)$
带入到需要求解的格波方程：
$-m\omega^2\cdot u_n=\beta(u_{n+1}+u_{n-1}-2u_n)\\ -\frac{m}{\beta}\omega^2\cdot e^{i(wt-naq)}=e^{i(wt-naq)}\cdot(e^{-iaq}+ e^{iaq}-2)\\ -\frac{m}{\beta}\omega^2=e^{-iaq}+ e^{iaq}-2=2[cos(aq)-1]= -4sin^2(\frac{aq}{2})\\ w=2\sqrt{\frac{\beta}{m}}|sin(\frac{aq}{2})|$
通常把上式中 $\omega$ 与 $q$ 的关系称作色散关系(Dispersion curves)

角频率(更确切的应该叫做角速度) $频率\omega= 2 \pi f(频率)$ 代表在单位时间内前进的相位
格波传播速度 $v$ ：
$v=\frac{\lambda}{T}=\lambda \cdot f(频率)=\lambda\cdot\frac{\omega}{2\pi}=\frac{\omega}{q}$

1.1.3 第一布里渊区

从色散关系图像来看：

色散关系.png
在就能反应色散关系了(其余部分就是周期性重复)，该区域就是早有耳闻的第一布里渊区。

1.1.4 长波/短波极限

从概念上就能很好理解,当 $q\to0$ ,那么格波波长(周期)长的吓人，角速度 $\omega$ 最小,即为长波极限；

而如果 $q\to \pm \frac{\pi}{a}$ ,那么两原子之间只有半波长，角速度 $\omega$ 最大,即为短波极限。

长短波极限.png

2.一维复式(双原子)晶格振动(最近邻)【简谐近似】

这里讨论由质量为 $m(\cdots,2n-1,2n+1,\cdots)$ 和 $M(\cdots,2n-2,2n,2n+2,\cdots)$ 的双原子构成的单链原子振动问题。可以把 $m-M$ 对认为是两个原子构成的分子，分子间距离为 $a$ ，内部间距离为 $b$ 。

一维复式单链.png

2.1 第2n个M原子的受力情况

2.1.1 分子间(inter)作用力 $\beta_1$ ：

$2n-1$ 和 $2n$ 原子间 $t$ 时刻两者相对位移量为： $|u_{2n}-u_{2n-1}|$

在 $2n-1,r=b$ 处泰勒展开：
$U(r)=U(b+\delta)=U(b)+(\frac{dU}{dr})_b\delta+\frac{1}{2!}(\frac{d^2U}{dr^2})_b\delta^2+\frac{1}{3!}(\frac{d^3U}{dr^3})_b\delta^3+\cdots+\frac{1}{n!}(\frac{d^nU}{dr^n})_b\delta^n\\ \delta=r-b$
简谐振动(去除高阶项)下的 $2n-1$ 原子受到受到 $2n$ 原子的力为：
$f_{inter}(r)=-(\frac{d^2U}{dr^2})_b\delta=-\beta_1(u_{2n-1}-u_{2n})$
由牛三定律： $2n$ 原子受到受到 $2n-1$ 原子的力即为 $-\beta_1(u_{2n}-u_{2n-1})$

2.1.2 分子内(inner)作用力 $\beta_2$ ：

同理， $t$ 时刻 $2n$ 和 $2n+1$ 原子相对位移为： $|u_{2n+1}-u_{2n}|$

在 $2n,r=a$ 处泰勒展开，简谐振动(去除高阶项)下的受力为：
$f_{inner}(r)=-(\frac{d^2U}{dr^2})_a\delta=-\beta_2(u_{2n}-u_{2n+1})$
受力情况为：
$\boxed{ M\frac{du^2_{2n}}{dt^2}=f_{inner}-f_{inter}(r)=-\beta_1(u_{2n}-u_{2n-1})-\beta_2(u_{2n}-u_{2n+1}) }$

2.2 第2n+1个m原子的受力情况

同理于2.1：

分子间(inter)作用力：

在 $2n+2,r=2a$ 处展开
$f_{inter}(r)=-(\frac{d^2U}{dr^2})_{2a}\delta=-\beta_1(u_{2n+2}-u_{2n+1})$
分子内(inner)作用力:

在 $2n+1,r=a+b$ 处展开
$f_{inner}(r)=-(\frac{d^2U}{dr^2})_{(a+b)}\delta=-\beta_2(u_{2n+1}-u_{2n})$

受力情况为：
$\boxed{ m\frac{du^2_{2n+1}}{dt^2}=f_{inner}-f_{inter}(r)=-\beta_1(u_{2n+1}-u_{2n+2})-\beta_2(u_{2n+1}-u_{2n}) }$

2.3 试探求解格波

同理1.1.2，波函数试探分析：

由于两套全通原子质量不同，所以对应的振幅有两套振幅 $A(M),B(m)$
另外 $m-M$ 原子对平衡时，除质量不同外，其他空间几何条件相同，所以两套波函数应该具备同一波长 $\lambda$ (角频率 $\omega$ )
相位差方面 $m-M$ 原子对间只差了 $\frac{b}{\lambda}2\pi=bq$ 的相位

从而猜到试探波为：
$u_{2n}=Ae^{i(wt-naq)}\\ u_{2n+1}=B^\prime e^{i[wt-(na+b)q]}=B^\prime e^{ibq}e^{i(wt-naq)}=Be^{i(wt-naq)}代入$
代入
$\boxed{ M\frac{du^2_{2n}}{dt^2}=-\beta_1(u_{2n}-u_{2n-1})-\beta_2(u_{2n}-u_{2n+1})\\ m\frac{du^2_{2n+1}}{dt^2}=-\beta_1(u_{2n+1}-u_{2n+2})-\beta_2(u_{2n+1}-u_{2n}) }$
有：
$M\omega^2A=\beta_1(A-Be^{iaq})+\beta_2(A-B)\\ m\omega^2B=\beta_1(B-Ae^{-iaq})+\beta_2(B-A)$
即：
$\begin{bmatrix} (M\omega^2-\beta_1-\beta_2) & (\beta_1e^{iaq}+\beta_2) \\ (\beta_1e^{-iaq}+\beta_2) & (m\omega^2-\beta_1-\beta_2) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A\\ B \end{bmatrix}=0$
因 $A,B$ 不为0，所以：
$\begin{vmatrix} (M\omega^2-\beta_1-\beta_2) & (\beta_1e^{iaq}+\beta_2) \\ (\beta_1e^{-iaq}+\beta_2) & (m\omega^2-\beta_1-\beta_2) \end{vmatrix}\\=Mm\omega^4+(m+M)(\beta_1+\beta_2)\omega^2 +(2-e^{iaq}-e^{-iaq})\beta_1\beta_2\\=Mm\omega^4+(m+M)(\beta_1+\beta_2)\omega^2 +4sin^2(\frac{aq}{2})\beta_1\beta_2\\=0$
由一元二次方程公式 $x=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ 得色散关系：
$\boxed{ \omega^2=\frac{(\beta_1+\beta_2)}{2mM}\{(m+M)\pm[(m+M)^2-\frac{16mM\beta_1\beta_2}{(\beta_1+\beta_2)^2}sin^2(\frac{aq}{2})]^{1/2}\} }\\ \boxed{ \omega_A^2=\frac{(\beta_1+\beta_2)}{2mM}\{(m+M)-[(m+M)^2-\frac{16mM\beta_1\beta_2}{(\beta_1+\beta_2)^2}sin^2(\frac{aq}{2})]^{1/2}\}\\ \omega_O^2=\frac{(\beta_1+\beta_2)}{2mM}\{(m+M)+[(m+M)^2-\frac{16mM\beta_1\beta_2}{(\beta_1+\beta_2)^2}sin^2(\frac{aq}{2})]^{1/2}\} }$

2.4 色散关系分析

从色散关系看，复式一维格子:

存在两种格波
具有周期性： $\omega(q)=\omega(q+\frac{2\pi}{a})$ ，所以为限制解得单调性 $-\frac{\pi}{a}<q\le\frac{\pi}{a}$
反演对称性： $\omega(q)=\omega(-q)$

2.4.1 加入(波恩-卡门)周期边界的讨论

假设有 $N$ 个分子，由边界条件得：
$u_{2(n+N)}=u_{n}\\ Ae^{i(wt-naq)}=Ae^{i[wt-(n+N)aq]}=Ae^{i(wt-naq)}\cdot e^{-iNaq}\\ Naq=2l\pi,l\ is\ an\ integer\\ l=\frac{Naq}{2\pi}\in(-\frac{N}{2},\frac{N}{2}]$
所以，考虑到两种格波，波数 $q$ 有 $2N$ 种，即对应了拥有多少种振动模式。

2.4.2 波数极限讨论(声学波|光学波)

声学波：
$\boxed{ \omega_A^2=\frac{(\beta_1+\beta_2)}{2mM}\{(m+M)-(m+M)[1-\frac{16mM\beta_1\beta_2}{(m+M)^2(\beta_1+\beta_2)^2}sin^2(\frac{aq}{2})]^{1/2}\} }$
光学波：
$\boxed{ \omega_O^2=\frac{(\beta_1+\beta_2)}{2mM}\{(m+M)+(m+M)[1-\frac{16mM\beta_1\beta_2}{(m+M)^2(\beta_1+\beta_2)^2}sin^2(\frac{aq}{2})]^{1/2}\} }$

光学波声学波.png

$q\to 0$ ,由 $\boxed{\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{n}}=1+\frac{x}{n}}$ 得，
$\omega_A^2=\frac{4\beta_1\beta_2}{(m+M)(\beta_1+\beta_2)}sin^2(\frac{aq}{2})\\ \omega_O^2=\frac{(\beta_1+\beta_2)}{2mM}\{2(m+M)-\frac{8mM\beta_1\beta_2}{(m+M)(\beta_1+\beta_2)^2}sin^2(\frac{aq}{2})\}\\=\frac{(\beta_1+\beta_2)(m+M)}{mM}-\omega_A^2$
又 $\lim_{x\to0} \sin x=x$ ,所以
$\omega_A^2=\frac{\beta_1\beta_2}{(m+M)(\beta_1+\beta_2)}(aq)^2\\ \omega_A=aq\sqrt{\frac{\beta_1\beta_2}{(m+M)(\beta_1+\beta_2)}}$
波速 $v_A$ 为常数：
$v_A=\frac{\omega_A}{q}=a\sqrt{\frac{\beta_1\beta_2}{(m+M)(\beta_1+\beta_2)}}$
波速为常数是弹性波的特征，基于这一特性我们称 $\omega_A$ 这支的格波为声学波。

声学波最小频率可以为0 ，实际是可以无限低；
$\omega_A$ 最高频率为 $q=\pm\frac{\pi}{a}$ ：
$\omega_{Amax}^2=\frac{(\beta_1+\beta_2)}{2mM}\{(m+M)-(m+M)[1-\frac{16mM\beta_1\beta_2}{(m+M)^2(\beta_1+\beta_2)^2}]^{1/2}\}$

我们把 $\omega_O$ 格波称作光学波:因为其频率处于光波波段，大约在远红外波段。

$\omega_O$ 最小频率为 $q=\pm\frac{\pi}{a}$ ：
$\omega_{Omin}^2=\frac{(\beta_1+\beta_2)}{2mM}\{(m+M)+(m+M)[1-\frac{16mM\beta_1\beta_2}{(m+M)^2(\beta_1+\beta_2)^2}]^{1/2}\}$
- $\omega_O$ 最小频率也要比 $\omega_A$ 最高频率高，从表达式和图像都能看出。

2.4.3 长波( $q\to 0$ )下原子运动

声学波来看：长波近似下，不同原子以相同的振幅(位移)和相位作整体运动
光学波来看：长波近似下，分子质心保持不变。

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一维晶格的振动

弹簧振子