量、单位与模型层级
单个磁矩 μ \boldsymbol\mu μ A m 2 = J T − 1 \mathrm{A\,m^2}=\mathrm{J\,T^{-1}} A m 2 = J T − 1 M \mathbf M M A m − 1 \mathrm{A\,m^{-1}} A m − 1 H \mathbf H H A m − 1 \mathrm{A\,m^{-1}} A m − 1 B \mathbf B B
B = μ 0 ( H + M ) , μ 0 = 4 π × 10 − 7 N A − 2 . \mathbf B=\mu_0(\mathbf H+\mathbf M),
\qquad \mu_0=4\pi\times10^{-7}\,\mathrm{N\,A^{-2}}. B = μ 0 ( H + M ) , μ 0 = 4 π × 1 0 − 7 N A − 2 . 在线性各向同性材料中写 M = χ H \mathbf M=\chi\mathbf H M = χ H χ \chi χ k B = 8.617 × 10 − 5 e V K − 1 k_B=8.617\times10^{-5}\,\mathrm{eV\,K^{-1}} k B = 8.617 × 1 0 − 5 eV K − 1 k B k_B k B
微观格点模型把每个晶格位置的局域自旋作为自由度，适用于磁矩明确且晶格尺度重要的体系。连续序参量理论把许多晶胞平均成平滑场，要求变化长度远大于晶格常数。能带模型则描述巡游电子在整个晶体中的态。三者不是互相竞争的“真相”：应根据能量、长度、温度和测量分辨率选择，并说明积分掉了哪些自由度。
磁矩、Zeeman 能与无相互作用响应
电子自旋和轨道运动都可贡献磁矩。外场耦合的最低阶能量为
E Z = − μ ⋅ B . E_Z=-\boldsymbol\mu\cdot\mathbf B. E Z = − μ ⋅ B . 对有效自旋二分之一，常写 E m = − g μ B m B E_m=-g\mu_B mB E m = − g μ B m B m = ± 1 / 2 m=\pm1/2 m = ± 1/2 μ B = 5.788 × 10 − 5 e V T − 1 \mu_B=5.788\times10^{-5}\,\mathrm{eV\,T^{-1}} μ B = 5.788 × 1 0 − 5 eV T − 1 g g g g g g
独立局域磁矩在弱场高温极限给 Curie 型磁化率 χ ∝ 1 / T \chi\propto1/T χ ∝ 1/ T χ = C / ( T − Θ ) \chi=C/(T-\Theta) χ = C / ( T − Θ ) C C C Θ \Theta Θ
例 1：自旋 Zeeman 劈裂的能量与温度尺度
取 g = 2.00 g=2.00 g = 2.00 B = 1.50 T B=1.50\,\mathrm T B = 1.50 T m = ± 1 / 2 m=\pm1/2 m = ± 1/2
Δ E = g μ B B = ( 2.00 ) ( 5.788 × 10 − 5 ) ( 1.50 ) = 1.74 × 10 − 4 e V . \Delta E=g\mu_BB
=(2.00)(5.788\times10^{-5})(1.50)
=1.74\times10^{-4}\,\mathrm{eV}. Δ E = g μ B B = ( 2.00 ) ( 5.788 × 1 0 − 5 ) ( 1.50 ) = 1.74 × 1 0 − 4 eV . 对应温度尺度
T B = Δ E k B = 2.02 K . T_B=\frac{\Delta E}{k_B}=2.02\,\mathrm K. T B = k B Δ E = 2.02 K . 这只比较热能与孤立 Zeeman 劈裂。若交换能、晶场能或 Kondo 尺度更大，2.02 K 2.02\,\mathrm K 2.02 K
交换作用、磁序与对称性
局域磁矩最简 Ising 模型可写为
H = − J ∑ ⟨ i j ⟩ s i s j − μ ∑ i B s i , s i = ± 1. \mathcal H=-J\sum_{\langle ij\rangle}s_is_j
-\mu\sum_i Bs_i,
\qquad s_i=\pm1. H = − J ⟨ ij ⟩ ∑ s i s j − μ i ∑ B s i , s i = ± 1. 在这个明确的负号约定下，J > 0 J>0 J > 0 J < 0 J<0 J < 0 s i s_i s i S i \mathbf S_i S i J J J + J ∑ s i s j +J\sum s_is_j + J ∑ s i s j J J J
铁磁相用均匀磁化 M \mathbf M M L = ( M A − M B ) / 2 \mathbf L=(\mathbf M_A-\mathbf M_B)/2 L = ( M A − M B ) /2
例 2：Ising 平均场温标
对上述 s i = ± 1 s_i=\pm1 s i = ± 1 z z z k B T c M F = z J k_BT_c^{\mathrm{MF}}=zJ k B T c MF = z J z = 6 z=6 z = 6 J = 8.0 m e V J=8.0\,\mathrm{meV} J = 8.0 meV
T c M F = 6 ( 8.0 × 10 − 3 e V ) 8.617 × 10 − 5 e V K − 1 = 5.57 × 10 2 K . T_c^{\mathrm{MF}}
=\frac{6(8.0\times10^{-3}\,\mathrm{eV})}
{8.617\times10^{-5}\,\mathrm{eV\,K^{-1}}}
=5.57\times10^2\,\mathrm K. T c MF = 8.617 × 1 0 − 5 eV K − 1 6 ( 8.0 × 1 0 − 3 eV ) = 5.57 × 1 0 2 K . 这是特定 Hamiltonian 归一化下的平均场估计。短程涨落通常降低真实临界温度，低维体系尤其不能把该数当实验预测。
Landau 自由能、畴与适用边界
平均场近似还可写成可重复求解的自洽方程。对上述 Ising 模型，单个自旋感受到
B e f f = ( z J m + μ B ) / μ B_{\mathrm{eff}}=(zJm+\mu B)/\mu B eff = ( z J m + μ B ) / μ
m = tanh ( z J m + μ B k B T ) . m=\tanh\!\left(\frac{zJm+\mu B}{k_BT}\right). m = tanh ( k B T z J m + μ B ) . 在 B = 0 B=0 B = 0 m → 0 m\to0 m → 0 tanh x ≈ x \tanh x\approx x tanh x ≈ x k B T c M F = z J k_BT_c^{\mathrm{MF}}=zJ k B T c MF = z J
若磁矩来自巡游能带电子，局域 Ising 自旋不一定是正确起点。简单 Stoner 图景把交换增强写成无量纲乘积 I g ( E F ) I\,g(E_F) I g ( E F ) I I I g ( E F ) g(E_F) g ( E F ) e V − 1 \mathrm{eV^{-1}} e V − 1
有序态的低能波动也携带对称性信息。各向同性 Heisenberg 铁磁体的长波自旋波常有
ℏ ω ≈ D s k 2 \hbar\omega\approx D_sk^2 ℏ ω ≈ D s k 2 D s D_s D s e V m 2 \mathrm{eV\,m^2} eV m 2 k a ≪ 1 ka\ll1 ka ≪ 1
令 m = M / M 0 m=M/M_0 m = M / M 0
f ( m ) = f 0 + A 2 ( T − T c ) m 2 + B 4 m 4 − μ 0 H M 0 m , f(m)=f_0+\frac{A}{2}(T-T_c)m^2+\frac{B}{4}m^4
-\mu_0HM_0m, f ( m ) = f 0 + 2 A ( T − T c ) m 2 + 4 B m 4 − μ 0 H M 0 m , 其中 A A A J m − 3 K − 1 \mathrm{J\,m^{-3}\,K^{-1}} J m − 3 K − 1 B B B J m − 3 \mathrm{J\,m^{-3}} J m − 3 B > 0 B>0 B > 0 H = 0 H=0 H = 0 ∂ f / ∂ m = 0 \partial f/\partial m=0 ∂ f / ∂ m = 0 T > T c T>T_c T > T c m = 0 m=0 m = 0 T < T c T<T_c T < T c
m 0 = ± A ( T c − T ) B . m_0=\pm\sqrt{\frac{A(T_c-T)}{B}}. m 0 = ± B A ( T c − T ) . 正负简并反映离散反演对称性的自发选择，平均场临界指数为 1 / 2 1/2 1/2
在 T > T c T>T_c T > T c m = μ 0 H M 0 / [ A ( T − T c ) ] m=\mu_0HM_0/[A(T-T_c)] m = μ 0 H M 0 / [ A ( T − T c )]
χ = M H = μ 0 M 0 2 A ( T − T c ) . \chi=\frac{M}{H}=\frac{\mu_0M_0^2}{A(T-T_c)}. χ = H M = A ( T − T c ) μ 0 M 0 2 . μ 0 M 0 2 \mu_0M_0^2 μ 0 M 0 2 A ( T − T c ) A(T-T_c) A ( T − T c ) χ \chi χ H i n t = H a p p l i e d − N M H_{\mathrm{int}}=H_{\mathrm{applied}}-NM H int = H applied − NM
若允许空间变化，增加 K ∣ ∇ m ∣ 2 / 2 K|\nabla m|^2/2 K ∣∇ m ∣ 2 /2 m m m K K K J m − 1 \mathrm{J\,m^{-1}} J m − 1 ξ m ∼ K / [ A ∣ T − T c ∣ ] \xi_m\sim\sqrt{K/[A|T-T_c|]} ξ m ∼ K / [ A ∣ T − T c ∣ ] ξ m \xi_m ξ m
磁序证据应与序参量对应。磁强计给净磁矩，磁滞还受畴钉扎影响；中子或共振散射可识别磁结构波矢；比热异常提示热力学相变；局域探针能区分微观均匀序与少量磁性杂质。单条电阻曲线或彩色磁畴图不足以唯一确定交换 Hamiltonian。
例 3：Landau 平衡序参量和自由能差
设 A = 2.0 × 10 3 J m − 3 K − 1 A=2.0\times10^3\,\mathrm{J\,m^{-3}\,K^{-1}} A = 2.0 × 1 0 3 J m − 3 K − 1 B = 4.0 × 10 5 J m − 3 B=4.0\times10^5\,\mathrm{J\,m^{-3}} B = 4.0 × 1 0 5 J m − 3 T c − T = 20 K T_c-T=20\,\mathrm K T c − T = 20 K
∣ m 0 ∣ = ( 2.0 × 10 3 ) ( 20 ) 4.0 × 10 5 = 0.316. |m_0|=\sqrt{\frac{(2.0\times10^3)(20)}{4.0\times10^5}}
=0.316. ∣ m 0 ∣ = 4.0 × 1 0 5 ( 2.0 × 1 0 3 ) ( 20 ) = 0.316. 代回得到有序相相对 m = 0 m=0 m = 0 Δ f = − A 2 ( T c − T ) 2 / ( 4 B ) = − 1.00 × 10 3 J m − 3 \Delta f=-A^2(T_c-T)^2/(4B)=-1.00\times10^3\,\mathrm{J\,m^{-3}} Δ f = − A 2 ( T c − T ) 2 / ( 4 B ) = − 1.00 × 1 0 3 J m − 3 ∣ m ∣ > 1 |m|>1 ∣ m ∣ > 1
超导的两个宏观判据与 London 长度
零直流电阻说明稳定电流不按普通电阻耗散，但它本身不能证明体相超导：理想导体也可冻结已有磁通。Meissner 效应指样品冷却进入超导态时主动排斥体内磁场，是平衡热力学相与理想导体动力学的关键区别。有限几何中的退磁场、表面层和涡旋会使测得磁化不等于无限均匀体的简单结果。
London 模型把超流载流子密度 n s n_s n s
∇ 2 B = B λ L 2 , λ L = m ∗ μ 0 n s ( q ∗ ) 2 . \nabla^2\mathbf B=\frac{\mathbf B}{\lambda_L^2},
\qquad
\lambda_L=\sqrt{\frac{m^*}{\mu_0n_s(q^*)^2}}. ∇ 2 B = λ L 2 B , λ L = μ 0 n s ( q ∗ ) 2 m ∗ . m ∗ m^* m ∗ q ∗ q^* q ∗ n s n_s n s m − 3 \mathrm{m^{-3}} m − 3 λ L \lambda_L λ L B ( x ) = B 0 e − x / λ L B(x)=B_0e^{-x/\lambda_L} B ( x ) = B 0 e − x / λ L n s ( T ) n_s(T) n s ( T )
例 4：估算 London 穿透深度
取 n s = 5.0 × 10 28 m − 3 n_s=5.0\times10^{28}\,\mathrm{m^{-3}} n s = 5.0 × 1 0 28 m − 3 m ∗ = 2 m e m^*=2m_e m ∗ = 2 m e q ∗ = 2 e q^*=2e q ∗ = 2 e m e = 9.109 × 10 − 31 k g m_e=9.109\times10^{-31}\,\mathrm{kg} m e = 9.109 × 1 0 − 31 kg e = 1.602 × 10 − 19 C e=1.602\times10^{-19}\,\mathrm C e = 1.602 × 1 0 − 19 C
λ L = 1.68 × 10 − 8 m = 16.8 n m . \lambda_L=1.68\times10^{-8}\,\mathrm m=16.8\,\mathrm{nm}. λ L = 1.68 × 1 0 − 8 m = 16.8 nm . 深度 x = 3 λ L x=3\lambda_L x = 3 λ L B / B 0 = e − 3 = 0.0498 B/B_0=e^{-3}=0.0498 B / B 0 = e − 3 = 0.0498
Ginzburg–Landau 泛函、磁通量子与两类超导
超导序参量写成复场 ψ = ∣ ψ ∣ e i θ \psi=|\psi|e^{i\theta} ψ = ∣ ψ ∣ e i θ
F = ∫ d 3 x [ α ∣ ψ ∣ 2 + β 2 ∣ ψ ∣ 4 + 1 2 m ∗ ∣ ( − i ℏ ∇ − q ∗ A ) ψ ∣ 2 + ∣ B ∣ 2 2 μ 0 ] . F=\int\!\mathrm d^3x\left[
\alpha|\psi|^2+\frac\beta2|\psi|^4
+\frac1{2m^*}\left|(-i\hbar\nabla-q^*\mathbf A)\psi\right|^2
+\frac{|\mathbf B|^2}{2\mu_0}\right]. F = ∫ d 3 x [ α ∣ ψ ∣ 2 + 2 β ∣ ψ ∣ 4 + 2 m ∗ 1 ∣ ( − i ℏ∇ − q ∗ A ) ψ ∣ 2 + 2 μ 0 ∣ B ∣ 2 ] . 近 T c T_c T c α = α 0 ( T − T c ) \alpha=\alpha_0(T-T_c) α = α 0 ( T − T c ) β > 0 \beta>0 β > 0 ∣ ψ 0 ∣ 2 = − α / β |\psi_0|^2=-\alpha/\beta ∣ ψ 0 ∣ 2 = − α / β ξ = ℏ 2 / ( 2 m ∗ ∣ α ∣ ) \xi=\sqrt{\hbar^2/(2m^*|\alpha|)} ξ = ℏ 2 / ( 2 m ∗ ∣ α ∣ ) κ = λ / ξ \kappa=\lambda/\xi κ = λ / ξ κ < 1 / 2 \kappa<1/\sqrt2 κ < 1/ 2 κ > 1 / 2 \kappa>1/\sqrt2 κ > 1/ 2 κ \kappa κ
超导凝聚能还能与热力学临界场交叉核验。若用临界磁感应强度 B c B_c B c
f n − f s = B c 2 2 μ 0 . f_n-f_s=\frac{B_c^2}{2\mu_0}. f n − f s = 2 μ 0 B c 2 . 右侧单位是 J m − 3 \mathrm{J\,m^{-3}} J m − 3 H c H_c H c B c = μ 0 H c B_c=\mu_0H_c B c = μ 0 H c A m − 1 \mathrm{A\,m^{-1}} A m − 1 μ 0 \mu_0 μ 0 B c ( T ) B_c(T) B c ( T ) s n − s s = − ∂ ( f n − f s ) / ∂ T s_n-s_s=-\partial(f_n-f_s)/\partial T s n − s s = − ∂ ( f n − f s ) / ∂ T
对 κ ≫ 1 \kappa\gg1 κ ≫ 1
B c 2 ≈ Φ 0 2 π ξ 2 , B c 1 ∼ Φ 0 4 π λ 2 ln κ B_{c2}\approx\frac{\Phi_0}{2\pi\xi^2},
\qquad
B_{c1}\sim\frac{\Phi_0}{4\pi\lambda^2}\ln\kappa B c 2 ≈ 2 π ξ 2 Φ 0 , B c 1 ∼ 4 π λ 2 Φ 0 ln κ 分别对应涡核重叠和单涡旋进入的能量尺度。第二式省略了依赖涡核模型的常数修正，只适合大 κ \kappa κ B c 1 B_{c1} B c 1
单连通区域可选择平滑相位；绕含涡旋的闭合回路，相位改变必须是 2 π n 2\pi n 2 πn ∣ q ∗ ∣ = 2 e |q^*|=2e ∣ q ∗ ∣ = 2 e
Φ 0 = h 2 e = 2.068 × 10 − 15 W b . \Phi_0=\frac{h}{2e}=2.068\times10^{-15}\,\mathrm{Wb}. Φ 0 = 2 e h = 2.068 × 1 0 − 15 Wb . 第二类超导体在两个临界场之间形成量子化涡旋，涡核尺度约为 ξ \xi ξ λ \lambda λ
例 5：由磁通量子估算涡旋间距
平均磁感应强度 B = 1.00 T B=1.00\,\mathrm T B = 1.00 T n v = B / Φ 0 = 4.84 × 10 14 m − 2 n_v=B/\Phi_0=4.84\times10^{14}\,\mathrm{m^{-2}} n v = B / Φ 0 = 4.84 × 1 0 14 m − 2 3 a v 2 / 2 = Φ 0 / B \sqrt3a_v^2/2=\Phi_0/B 3 a v 2 /2 = Φ 0 / B
a v = 2 Φ 0 3 B = 4.89 × 10 − 8 m = 48.9 n m . a_v=\sqrt{\frac{2\Phi_0}{\sqrt3B}}
=4.89\times10^{-8}\,\mathrm m=48.9\,\mathrm{nm}. a v = 3 B 2 Φ 0 = 4.89 × 1 0 − 8 m = 48.9 nm . 该值是平均几何尺度；缺陷钉扎会使局部排列畸变，靠近临界场时涡核重叠也要求超越孤立涡旋近似。
BCS 图景及测量边界
常规 BCS 图景中，Fermi 面附近电子通过有效吸引形成时间反演配对，宏观相干态在单粒子激发谱中打开能隙 Δ \Delta Δ s s s
2 Δ ( 0 ) ≈ 3.53 k B T c . 2\Delta(0)\approx3.53k_BT_c. 2Δ ( 0 ) ≈ 3.53 k B T c . 例如 T c = 10.0 K T_c=10.0\,\mathrm K T c = 10.0 K Δ ( 0 ) = 1.52 m e V \Delta(0)=1.52\,\mathrm{meV} Δ ( 0 ) = 1.52 meV 2 Δ = 3.04 m e V 2\Delta=3.04\,\mathrm{meV} 2Δ = 3.04 meV 3.53 3.53 3.53
洁净弱耦合极限的 Pippard–BCS 相干长度数量级为
ξ 0 = ℏ v F π Δ ( 0 ) . \xi_0=\frac{\hbar v_F}{\pi\Delta(0)}. ξ 0 = π Δ ( 0 ) ℏ v F . 若 v F = 1.0 × 10 6 m s − 1 v_F=1.0\times10^6\,\mathrm{m\,s^{-1}} v F = 1.0 × 1 0 6 m s − 1 Δ = 1.52 m e V \Delta=1.52\,\mathrm{meV} Δ = 1.52 meV ℏ = 6.582 × 10 − 16 e V s \hbar=6.582\times10^{-16}\,\mathrm{eV\,s} ℏ = 6.582 × 1 0 − 16 eV s ξ 0 = 1.38 × 10 − 7 m = 138 n m \xi_0=1.38\times10^{-7}\,\mathrm m=138\,\mathrm{nm} ξ 0 = 1.38 × 1 0 − 7 m = 138 nm ξ ( T ) \xi(T) ξ ( T ) T c T_c T c ξ 0 \xi_0 ξ 0
完整实验判断应组合多种证据：四探针电阻下降检验输运，磁化与交流磁化率检验体相屏蔽，热容异常检验热力学转变，隧穿或光谱测能隙，磁通量子化检验凝聚电荷尺度。接触短路可制造假零电阻，少量超导杂相可造成不完整抗磁信号，结构相变也可产生热容峰。模型拟合需报告样品体积分数、磁场方向、测量电流、温度标定及不确定度。
练习
练习 1：磁学量纲
所属知识 SI 单位
难度 2/5 核对磁矩、磁化强度与磁感应强度的单位。
查看提示 分别使用磁矩、体积和
B = μ 0 ( H + M ) B=\mu_{0}(H+M) B = μ 0 ( H + M ) 。
查看解答 磁矩为
A ⋅ m 2 A\cdot m^{2} A ⋅ m 2 ，除以体积得 M 的 A/m；H 也是 A/m，乘
μ 0 \mu_{0} μ 0 后得到 T，与 B 一致。
练习 2：交换符号
所属知识 格点磁性
难度 3/5 判断给定 Ising 约定下的铁磁符号。
查看提示 比较一条键上
s i s j = + 1 s_{i}s_j=+1 s i s j = + 1 与
− 1 -1 − 1 的能量。
查看解答 对
H = − J Σ s i s j H=-J\Sigma s_{i}s_j H = − J Σ s i s j ，J>0 时平行键能
− J -J − J 更低，偏好铁磁；若 Hamiltonian 前号改变，J 的物理解释也改变。
练习 3：Landau 稳定性
所属知识 序参量
难度 3/5 推导零场 Landau 平衡态。
查看提示 先求一阶导数，再用二阶导数判断极值。
查看解答 H=0 时解为 m=0 或
m 2 = A ( T c − T ) / B m^{2}=A(T_c-T)/B m 2 = A ( T c − T ) / B ；B>0 且
T < T c T<T_c T < T c 时后两解稳定，m=0 不稳定。
练习 4：穿透深度
所属知识 London 理论
难度 3/5 查看提示 λ L \lambda_L λ L 与
n s n_s n s 的平方根成反比。
查看解答 n s n_s n s 变为四倍时
λ L \lambda_L λ L 变为一半；结论假设
m ∗ m^* m ∗ 、
q ∗ q^* q ∗ 和局域 London 近似不变。
练习 5：两类超导
所属知识 GL 参数
难度 3/5 给定长度尺度判断超导类型。
查看提示 计算
κ = λ / ξ \kappa=\lambda/\xi κ = λ / ξ 并与
1 / 2 1/\sqrt{2} 1/ 2 比较。
查看解答 λ = 120 n m \lambda=120 nm λ = 120 nm 、
ξ = 8 n m \xi=8 nm ξ = 8 nm 给
κ = 15 \kappa=15 κ = 15 ，远大于
1 / 2 1/\sqrt{2} 1/ 2 ，属于 GL 意义下第二类超导。
练习 6：证据链
所属知识 实验边界
难度 4/5 说明为何单条零电阻曲线不足以确认体相超导。
查看提示 区分输运、磁学、热力学和光谱证据。
查看解答 零电阻说明输运异常但可能受短路影响；Meissner 屏蔽和热容异常支持体相相变，光谱能隙与磁通量子化进一步约束配对模型。
关系与资源
课程 · 2009 Theory of Solids II Patrick Lee
用于核对 P10 的 London 与 Ginzburg–Landau 描述、超导准粒子、交换磁性、输运响应和集体相例题。
打开官方来源 MIT OpenCourseWare 8.512 用于核对超导响应、交换磁性和低能集体模型。本文中的平均场系数均绑定到所写 Hamiltonian 与序参量归一化，未把特定材料参数冒充普适常数。