Weyl半金属中的Landau能级

先看最简单的各向同性模型。设 Weyl 节点手征性为$\chi=\pm 1$，节点附近的低能哈密顿量为

$H_\chi=\chi v\left(\sigma_x p_x+\sigma_y p_y+\sigma_z p_z\right).$

更严格一些，如果节点位于$\mathbf{K}_\chi$处，哈密顿量应表示为

$H_\chi=\chi \hbar v\,\boldsymbol{\sigma}\cdot \mathbf q, \qquad \mathbf q=\mathbf k-\mathbf K_\chi.$

下面仍然将$\mathbf{q}$简记为$\mathbf{k}$。考虑沿$z$方向加上磁场

$\mathbf B=B\hat z,$

最小耦合为

$\mathbf p\to \boldsymbol{\pi}=\mathbf p+e\mathbf A.$

从而哈密顿量表示为

$H_\chi=\chi v\left({\color{blue}\sigma_x\pi_x+\sigma_y\pi_y}+\sigma_z p_z\right).$

由于磁场沿$z$方向，体系沿$z$方向仍然具有平移对称性，因此$p_z=\hbar k_z$仍然是个好量子数。定义磁长度与升降算符

$\ell_B=\sqrt{\frac{\hbar}{eB}},\qquad a=\frac{\ell_B}{\sqrt2\,\hbar}(\pi_x-i\pi_y),\qquad a^\dagger=\frac{\ell_B}{\sqrt2\,\hbar}(\pi_x+i\pi_y),$

满足

$[a,a^\dagger]=1.$

于是

$\pi_x-i\pi_y=\sqrt2\,\frac{\hbar}{\ell_B}a,\qquad \pi_x+i\pi_y=\sqrt2\,\frac{\hbar}{\ell_B}a^\dagger.\label{eq:w1}$

将哈密顿量写成矩阵形式

$H_\chi = \chi v \begin{pmatrix} \hbar k_z & \pi_x-i\pi_y\\ \pi_x+i\pi_y & -\hbar k_z \end{pmatrix}.$

代入方程$\eqref{eq:w1}$可得

$H_\chi = \chi \hbar v \begin{pmatrix} k_z & \dfrac{\sqrt2}{\ell_B}a\\[1.2ex] \dfrac{\sqrt2}{\ell_B}a^\dagger & -k_z \end{pmatrix}.$

这就是Weyl点在磁场下的标准形式。

考虑$n\ge1$

由于$a$与$a^\dagger$会改变Landau能级的指标，取本征态为

$\Psi_{n}= \begin{pmatrix} u_n |n-1\rangle\\ v_n |n\rangle \end{pmatrix}, \qquad n\ge 1.$

代入$H_\chi \Psi_n = E \Psi_n$得到

$\chi \hbar v \begin{pmatrix} k_z & \dfrac{\sqrt{2n}}{\ell_B}\\[1.2ex] \dfrac{\sqrt{2n}}{\ell_B} & -k_z \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_n\\ v_n \end{pmatrix} = E \begin{pmatrix} u_n\\ v_n \end{pmatrix}.$

求解矩阵本征值

$\det\left[ \chi \hbar v \begin{pmatrix} k_z & \dfrac{\sqrt{2n}}{\ell_B}\\[1.2ex] \dfrac{\sqrt{2n}}{\ell_B} & -k_z \end{pmatrix} -E \right]=0.$

因为$\chi^2=1$，从而得到

$E^2=(\hbar v)^2\left(k_z^2+\frac{2n}{\ell_B^2}\right).$

本征值为

$\boxed{ E_{n,\pm}(k_z)= \pm \hbar v \sqrt{k_z^2+\frac{2n}{\ell_B^2}}, \qquad n\ge 1. }$

也可以表示为

$\boxed{ E_{n,\pm}(k_z)= \pm \sqrt{(\hbar v k_z)^2+2n\,e\hbar B\,v^2}. }$

可以看到磁场的横向部分量子化给出$2n/\ell_B^2$，而纵向部分仍保留连续动量$k_z$。因此$n\ge 1$不是离散点，而是一条条沿$k_z$色散的1D子能带。

考虑$n=0$

当$n=0$是，波函数的上分量对应$|n-1\rangle=|-1\rangle$不存在，因此零能态的波函数只能表示为

$\Psi_0= \begin{pmatrix} 0\\ |0\rangle \end{pmatrix}.$

代入哈密顿量求解

$H_\chi \Psi_0 = \chi \hbar v \begin{pmatrix} \dfrac{\sqrt2}{\ell_B}a|0\rangle\\ -k_z |0\rangle \end{pmatrix} = \chi \hbar v \begin{pmatrix} 0\\ -k_z |0\rangle \end{pmatrix},$

因为

$a|0\rangle=0.$

因此得到本征值为

$\boxed{ E_0^{(\chi)}(k_z)=-\chi \hbar v k_z. }$

可以看到对于$n\ge 1$，本征值与Weyl点的手性无关，而零能态$n=0$显式依赖于Weyl点手性$\chi$，这也正是Weyl点的手性在Landau能级中最直接的体现。而且从公式上看，可以发现两个手性相反的节点，零能模沿$k_z$的群速度是相反的

$v_z=\frac{1}{\hbar}\frac{\partial E_0}{\partial k_z}=-\chi v.$

也就是一个Weyl点的零能模只朝$+z$方向传播，而另外一种手性的Weyl点的零能态则只朝$-z$方向传播，这就是“手征通道”。它与普通Dirac或者电子气中的零Landau能级完全不同。如果施加一个沿$z$方向的电场$E_z\parallel B_z$，则零能态的电子会被持续加速

$\hbar \dot k_z = -eE_z.$

因为两个Weyl点的零能态的传播方向相反，电子会从一个Weyl点被“泵浦”到另外一个手性相反的节点。因此单个节点的粒子数不守恒，而总粒子数仍守恒，这就是凝聚态中的手征反常图像。所以从 Landau 谱角度说，手征反常的根源就是 Weyl 半金属的手征零模。

weyl[kz_, n_, B_] := Sqrt[kz^2 + 2 n B]
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