¿Qué diablos es la masa efectiva negativa?

En primer lugar,$E=mc^2$es energía en reposo , no cinética. La energía cinética relativista viene dada por

$$E_K=(\gamma-1)mc^2,$$

dónde

$$\gamma=\frac1{\sqrt{1-v^2/c^2}}.$$ Ahora, para una partícula que se mueve a una velocidad de $10^7 m/s$, tenemos $\gamma\approx1.00504$. Eso está bastante cerca de 1, por lo que la aproximación no relativista de $E_K=\frac12mv^2$funciona bastante bien.

En$(3.2(d))$la expresión se da para el electrón libre, por lo que$m$es su masa como un electrón en el vacío.

En$(3.3)$la expresión define la masa efectiva del electrón cristalino en términos de su relación de dispersión en una banda dada. En este caso, por supuesto,$m^*$es de hecho diferente de$m$en general, aunque para electrones libres (es decir, cristal con potencial constante en todas partes) obtendríamos$m^*=m$.

Ahora a las fuerzas y la masa efectiva negativa. El electrón en el cristal no tiene la relación de dispersión parabólica habitual como sabes para el electrón del vacío. En algún cristal 1D hipotético con constante de red$a=2$la relación de dispersión para la banda más baja podría verse como

$$E_{hyp}=\sin^2(k).$$

La masa efectiva en tal banda será

$$m^*_{hyp}=1\left/\frac{d^2E}{dk^2}\right.=\frac12\sec(2k).\tag1$$

Puede ver que aquí la masa efectiva en el centro de la zona de Brillouin es positiva, en los bordes es negativa y en$k=\pm\frac\pi4$tiene postes. Esto significa que, en particular, el potencial que cambia linealmente no puede dar a los electrones una energía demasiado alta sin importar cuánto tiempo espere.

Ahora suponga que inicialmente tiene un electrón en el estado en el borde de la zona de Brillouin en esta banda. Su masa efectiva es negativa. Hagamos lo que dices, aplica una fuerza$F=m^*a$a este electrón y ver a qué conducen los cálculos mecánicos clásicos. Como dice la segunda ley de Newton,

$$\frac{dp}{dt}=F.$$

El cuasimomento de electrones está relacionado con el número de cuasiondas como$p=\hbar k$. Tomando unidades donde$\hbar=1$, tenemos

$$\frac{dk}{dt}=F.$$ Ahora vamos a aplicar $F=m^*a$a esta ecuación:

$$\frac{dk}{dt}=m^*a.\tag2$$

Sustituyendo$m^*_{hyp}$de$(1)$, obtenemos:

$$\frac{dk}{dt}=\frac{a}2\sec(2k).\tag3$$

Ahora,$a$podría significar uno de los siguientes: aceleración de grupo o aceleración de fase, es decir, derivada de la velocidad de grupo o de la velocidad de fase. Lo importante es que depende del cuasivector de onda:$a(k)$.

Para la velocidad de grupo sustituyendo$a(k)=\frac{\text{d}}{\text{d}t}v_g(k)$con$v_g(k)=E_{hyp}'(k)$conduce a la tautología, lo que significa que la ecuación es correcta para la velocidad del grupo y cualquier$F$, haciendo sensata nuestra analogía con la mecánica clásica.

Apliquemos ahora una fuerza constante$F$en nuestra partícula, estando inicialmente en un estado descrito por algún paquete de ondas. La solución a la ecuación de Newton sería

$$k(t)=Ft+k_0.$$

Podemos ver que la partícula se mueve con un cuasimomentum cada vez mayor. Pero quasimomentum se define hasta la traducción por un vector arbitrario de retícula recíproca. Así, como$k$cruza el límite de la zona de Brillouin, podríamos restar$\frac{2\pi}a$de él, y vea que aparece en el lado opuesto de la zona de Brillouin, y la velocidad del grupo cambia de signo.

su energía$E(k)$también depende del tiempo periódicamente, y lo mismo es para la velocidad del grupo y el valor esperado de la posición. Por lo tanto, lo que tenemos es un movimiento oscilatorio de nuestro paquete de ondas.