黄昆版固体物理学课后答案解析答案.

1、固 体 物 理 学习 题 解 答黄昆原者韩汝琦改编(陈志远解答，仅供参考)第一章晶体结构、 解：实验说明，很多元素的原子或离子都具有或接近于球形对称结构。因此，可以把这些原子或离子构成的晶体看作是很多刚性球紧密堆积而成。这样，一个单原子的晶体原胞就可以看作是相同的小球按点阵排列堆积起来的。它的空间利用率就是这个晶体原胞所包含的点的数目n和小球体积V所得到的小球总体积nV与晶体原胞体积Vc之比，即：晶体原胞的空间利用率,nVxVc(1) 对于简立方结构：(见教材P2图1-1)a=2r， V= - r3，Vc=a3，n=138r3-6(2) 对于体心立方：晶胞的体对角线n=2, Vc=a3BG=

2、3a 4r a (3)对于面心立方：晶胞面对角线BC=、. 2a 4r, a 2、2rn=4， Vc=a3(4)对于六角密排:a=2r晶胞面积:S 6 S abo 6亠 a22 2晶胞的体积:V= S C33 2a23、2a324 ：2r31 1n=12i2 - 23=6个6 2(5)对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG= 3a 4 2r a 8rn=8, Vc=a3、试证：六方密排堆积结构中C (8)1/2 a 3证明：在六角密堆积结构中，第一层硬球A、B、O的中心联线形成一个边长 a=2r的正三角形，第二层硬球N位于球ABO所围间隙的正上方并与这三个球相切，于是：NA=NB=NO=a=2R.

3、即图中NABO构成一个正四面体。 、证明：面心立方的倒格子是体心立方；体心立方的倒格子是面心立方a |(r k)证明：(1)面心立方的正格子基矢(固体物理学原胞基矢)：a2 -(ir k) 2r a ,r r、03-(i j)由倒格子基矢的定义:bl2 r(a2a3)0,Q a 62 a?)a2,a2,0,a2a2a2a3a2a2j,0,k)r 2 r r r同理可得:b2(i j k)a即面心立方的倒格子基矢与体心立方的正格基矢相同r 2 r r rb3(i j k)a所以，面心立方的倒格子是体心立方r aia,-2(ir jk)(2)体心立方的正格子基矢(固体物理学原胞基矢):r a2a

4、r沙r jrk)ra rrras沙jk)由倒格子基矢的疋义：b (a2 a?)aaarrrJ2J22i,j,kQai 62 $3)a_ JaJa3arr， a2a3aJaJaa2r(jrk)22222222aaaaaa2'2'22'2'2r 2 r r b2(i k)同理可得：a即体心立方的倒格子基矢与面心立方的正格基矢相同。r 2 r r b3(i j)a所以，体心立方的倒格子是面心立方。、证明倒格子矢量Ghibi h2b2h3b3垂直于密勒指数为(h|h2h3)的晶面系XniNii_rtT鸟R证明：0urn Of a uuu因为CA -1, CBvva2 a

5、3vvvv，G hibi h2b2 h3b3hih3h2h3vuuu利用abj 2 ，容易证明少h3 uUUU 0Ghih2h3 CB 0所以，倒格子矢量G hibi人2社h3b3垂直于密勒指数为(h1h2h3)的晶面系、对于简单立方晶格，证明密勒指数为(h,k,l)的晶面系，面间距 d满足:d2 a2 (h2 k2 l2)，其中a为立方边长；并说明面指数简单的晶面，其面密度较大，容易解理解：简单立方晶格:vaia2r v v va3， ai ai , a2v v vaj, asak由倒格子基矢的定义:bia?a3丁 Lai a?L，6as2 t-ai7，bsa2 a3aia22 -rrrai

6、 a2a3倒格子基矢：b倒格子矢量：G2avhbvb22avlbs，v vj, b3晶面族hkl的面间距：da.2 v h iai弹2 上2a aa2单位外表的能面指数越简单的晶面，其晶面的间距越大，晶面上格点的密度越大, 量越小，这样的晶面越容易解理。、画出立方晶格iii面、iOO面、iiO面，并指出iii面与iOO 面、iii面与iiO面的交线的晶向。解：iii1、 iii面与iOO面的交线的 AB, AB平移，A与O点重合，B点位矢：Rbav ak"，iii面与iOO面的交线的晶向ABav ad，晶向指数Oii。2、 iii面与iiO面的交线的AB,将AB平移，A与原点O重合，

7、B点位矢：RBaiv a，iii面与iiO面的交线的晶向 ABaiv av，晶向指数iiO。第二章固体结合、两种一价离子组成的一维晶格的马德隆常数2ln2 和库仑相互作用能， 设离子的总数为2N解 设想一个由正负两种离子相间排列的无限长的离子键，取任一负离子作参考离子这样马德隆常数中的正负号可以这样取，即遇正离子取正号，遇负离 子取负号，用r表示相邻离子间的距离，于是有-2-丄丄丄.r jrijr 2r 3r 4r前边的因子2是因为存在着两个相等距离ri的离子，一个在参考离子左面，一个在其右面，故对一边求和后要乘 2,马德隆常数为21 -2Qln(1 X)423X X2l n2x 3当X=1时

8、,1 -23、假设一晶体的相互作用能可以表示为 试求：1平衡间距ro ；2结合能W 单个原子的；3体弹性模量；4假设取m 2,n 10,r。3A,W 4eV，计算 及 的值。解：1求平衡间距ro由 dur 0,有：dr r r0结合能：设想把分散的原子离子或分子结合成为晶体，将有一定的能量 释放出来，这个能量称为结合能用w表示2求结合能w 单个原子的题中标明单个原子是为了使问题简化，说明组成晶体的根本单元是单个原子, 而非原子团、离子基团，或其它复杂的基元。显然结合能就是平衡时，晶体的势能，即Unin 即：W U r0 可代入ro值，也可不代入ro r°(3)体弹性模量由体弹性模量公

9、式:9Vo2U2 rro(4) m = 2，n 二 1o，ro 3A， w = 4eV，求 a、Bro1oTU(r°)42 4eV5ro将ro3A，1eV 1.602 io19 J代入(1)平衡间距ro的计算晶体内能U (r)平衡条件dUdr Lromm 1ronn 1roro(2)单个原子的结合能12u(ro)， u(r°)ror ro1(卫产m(3)体弹性模量K晶体的体积V NAr3，A为常数,N为原胞数目晶体内能U(r) J(由平衡条件峙V Vo1ron W 3NAr。2ni)nnro体弹性模量KUoT9Vo(4)假设取m2,nio, ro3A,W 4 eV1ro(J

10、而，mmm)( n 、乔)()n mW 10因2.55KJ / mol.2r°p 2W ro1.2 10-95 eV m10 ,9.0 10 19 eV m2、bcc和fee Ne的结合能，用林纳德一琼斯(Lennard Jones)势计算Ne在bcc和fcc结构中的结合能之比值.A解 u(r) 4 ()12 ( )6 ,u(r) N(4 )代()12 A( )6r r2rro、对于H2，从气体的测量得到 Lennard Jones参数为 50 10 6 J, 2.96 A.计算fcc结构的H2的结合能以KJ/mol单位)，每个氢分子可当做球形来处理.结合 能的实验值为0.751kJ

11、 /mo1，试与计算值比较v解以h2为基团，组成fcc结构的晶体，如略去动能，分子间按LennardJones势相互作用，那么晶体的总相互作用能为:6 12P14.45392;P 12.13188,jio50 10 16erg, 2.96A, N 6.022 1023/mol.将R.代入U得到平衡时的晶体总能量为2 96 122 96 6U 2 6。22 1028/mol 50 1016erg 12.13 14.45 此，计算得到的H2晶体的结合能为2. 55KJ/mol，远大于实验观察值/mo1.对于H2的晶体，量子修正是很重要的，我们计算中没有考虑零点能的 量子修正，这正是造成理论和实验值

12、之间巨大差异的原因.第三章固格振动与晶体的热学性质、一维单原子链，其中第j个格波，在第n个格点引起的位移为，nj aj sin( jt_ naqjj)， j为任意个相位因子，并在较高温度下每个格波的平均能量为，具体计算每个原子的平方平均位移(1)解任意一个原子的位移是所有格波引起的位移的叠加，即nnjajSin( jt nacjj)2项与jj由于nj nj数目非常大为数量级，而且取正或取负几率相等，因此上式得第第一项相比是一小量，可以忽略不计。所以22nnjj由于nj是时间t的周期性函数，其长时间平均等于一个周期内的时间平均值为(2)2 1To 2 1 2j 0 aj sin( jtnaqjj

13、)dt aj较高温度下的每个格波的能量为KT，nj的动能时间平均值为其中L是原子链的长度，使质量密度,To为周期。所以 Tj 丄 w：La2 -KT42(3)因此将此式代入2式有T KTnj PL 2所以每个原子的平均位移为2 nj jKTj可KTPL j、讨论N个原胞的一维双原子链相邻原子间距为a，其2N个格波解,m时与一维单原子链的结果对应解：质量为M的原子位于2n-1 ，2n+1 ， 2n+3;质量为m的原子位于2n，2n+2，2n+4 。牛顿运动方程m跖(2 2n 2n 1 2n 1)M 毋n 1(2 2n 1 2n 2 2n)N个原胞，有2N个独立的方程设方程的解i t (2 na)

14、q2nAeBi t (2n 1)aq2n 1Be，代回方程中得到A B有非零解,0，那么两种不同的格波的色散关系2 (m M )F1 12 (m M)1 1mM4mM 242sin aq2 (m M )4mM . 2 2sin aq2 (m M )2一个q对应有两支格波：一支声学波和一支光学波.总的格波数目为2N.aqcos24. aqsinm 2两种色散关系如下图:长波极限情况下q 0，sin坐2qa2，和10 ，两q，并粗略2-mq与一维单原子晶格格波的色散关系一致、考虑一双子链的晶格振动，链上最近邻原子间的力常数交错地为种原子质量相等，且最近邻原子间距为a 2。试求在q 0,q a处的画

15、出色散关系曲线。此问题模拟如 H2这样的双原子分子晶体。2n2n+22n44答: 12n-3 2n-l 2n+12n， 2n+2，浅色标记的原子位于2n-1，2n+1， 2n+3；深色标记原子位于2n+4 。第2n个原子和第2n +1个原子的运动方程:体系N个原胞，有2N个独立的方程方程的解：1i t (2n)訓Ae22n1 ，令121/m,；2/m，将解代入上述方程得:i t (2n 1)-aq2n 1 BeA、B有非零的解，系数行列式满足:因为110，令012二；匹10 ；得到mm两种色散关系:22(11 20cosq101)0时,2(11121)，一22 o0(2)-时,a色散关系图:2

16、0 o2 o、设三维晶格的光学振动在q=0附近的长波极限有(q)0 Aq2V 11/2求证：f()厂产0)0, 0.解。时,0 Aq20f( )0,Aq2依据 q (q) 2Aq,f( )V2并带入上边结果有q (q)、有N个相同原子组成的面积为 S的二维晶格，在德拜近似下计算比热， 并论述 在低温极限比热正比与T2 。dn间圆环的面积证明：在k到k dk间的独立振动模式对应于平面中半径5kdk即2L22 ndn，且 2 ndn kdk23Sm2 v 2 0h 2dEo33s kgT2 v 2h2 D量子谐振子系统的自2hhhd -kBTkBTh/kBT'e B 133s kpT 22

17、2 v hxd x2dxD ex 1，由能，证明在经典极限下，自由能为U。 kBT证明:量子谐振子的自由能为F UkBTJ kBT e B经典极限意味着(温度较高)kBT ? h应用ex 1x2kBT因此F Uq1hkBTlqkBTU。kBTlkBT其中U0 uq2h q1 h2证明:根据量子力学零点能是谐振子所固有的，、设晶体中每个振子的零点振动能为,使用德拜模型求晶体的零点振动能。与温度无关,T=0K时振动能E0就是各振动模零点能之和E0 0E0 g将E。12h和9积分有3V 49E0 石p m 8hNm，由于hkB D得 E098NkB D一股晶体德拜温度为102k，可见零点振动能是相当

18、大的，其量值可与温升数百度所需热能相比较.、一维复式格子m 5 1.67 10 24g,M 4,1.5 101N/m (即1.51 104dyn/cm),求m(1)，光学波max, min，声学波A max。(2)相应声子能量是多少电子伏。(3)在300k时的平均声子数。(4)与max相对应的电磁波波长在什么波段。4解(1),A max2 1.5 10 dyn/cm13 1243.00 10 s1,4 5 1.67 1024hA max101613110 s102eV(2) ho max101613110 s102eVho min101613110 s102eV 1 1(3) 诵諏eh max

19、/kBTieh Oax%TO'221(4) 28.1 m第四章能带理论、根据k状态简并微扰结果，求出与 E及E相应的波函数及 ？，并说a明它们的特性.说明它们都代表驻波，并比较两个电子云分布| |2说明能隙的来源假设 Vn=V；。解令k - , k ,简并微扰波函数为A °(x) B °(x)aaVnAE0 k E B 0取 EE带入上式，其中 E E0(k) VnV(x)0, Vn 0,从上式得到B= -A,于是0(x)0Xe_ 2A . ne a =sinxVl aE0(k)VnB,得到A B0(x)0(x)ixe a2A n=cosx、L a由教材可知,及均为

20、驻波.在驻波状态下,电子的平均速度k生驻波因为电子波矢k 时，电子波的波长a牛号，恰好满足布拉格发射条件，这时电子波发生全反射，并与反射波形成驻波由于两驻波的电子分布不同，所 以对应不同代入能量、写出一维近自由电子近似，第n个能带n=1，2，3中，简约波数k 的02a级波函数解*k(x)1 ikx：Le1"lrikx1i2aLe17l1刁)x第一能带：1 i一 xm2a 0,m0, k(x) 丄e2a第二能带:b,m a，即miLx1,(e a=e2a)k(x)丄bx.Le第三能带:c,m，即a1,k(x)1 i ,Lei2 xe a.5i x2aV(x) 0、电子在周期场中的势能.

21、当(n-1)a+b x na b其中d = 4b,是常数.试画出此势能曲线，求其平均值及此晶体的第一个和第二 个禁带度.v解 题设势能曲线如下列图所示.(2)势能的平均值：由图可见，V(x)是个以a为周期的周期函数，所以题设a 4b，故积分上限应为a b 3b，但由于在b,3b区间内V(x) 0，故只需在 b,b区间内积分.这时，n 0，于是bbV(x)dx2ab(b2bx2)dx2ab2x1 3 b3x bm b2。6(3)，势能在-2b,2b区间是个偶函数，可以展幵成傅立叶级数利用积分公式u2 cosmudumu sin mu 2cosmusin mu 得Eg116mb2第二个禁带宽度Eg

22、2 2V2|,以m 2代入上式,代入上式Eg?亍：厅"。讦血再次利用积分公式有E呼b2、解：我们求解面心立方，同学们做体心立方(1) 如只计及最近邻的相互作用，按照紧束缚近似的结果，晶体中S态电子的能量可表示成：在面心立方中，有12个最近邻，假设取Rm 0，那么这12个最近邻的坐标是: a(1,1,0),a(1,1,0), a(1,1,0), a(1,1,0)2222 a(0,1,1),a(0,1,1),a(0,1,1),a(0,1,1)2222 a(1,0,1)a(1,0,1),a(1,0,1), a(1,0,1)2 2 2 2由于S态波函数是球对称的，在各个方向重叠积分相同，因此

23、J(Rs)有相同的值, 简单表示为J1= J(IRs)。又由于S态波函数为偶宇称，即s( V) s(V)在近邻重叠积分 j(Rs)i*(v iRs) u( ) v(Rs) i( )d中，波函数的奉献为正于是，把近邻格矢Rs代入ES ( Rs )表达式得到:aaaaJ。i2(kxky)i-(kxky)i(kxky)i-(kxky )J1 e 2 e 2 e 2e 2aaaai(kykz)i(kykz)i ( kykz)i (kyeeee+aai2(kx kz)i-(kx kz)e 2 e 2aai2( kx kz)i_( kx kz)e 2e 2Jo 2 J1cos|(kx ky) cos|(k

24、x ky)aacosky kz) cos?(kyaacos kz cos kx22aaaas J0 4J1 cos kx cos ky cos ky cos k22222对于体心立方：有8个最近邻，这8个最近邻的坐标是:、有一一维单原子链，间距为a,总长度为 2。求1用紧束缚近似求出原子s态能级对应的能带 Ek函数。2求出其能态密度函数的表达式。3如果每个原子s态只有一个电子，求等于T=OK的费米能级EF及EF处的能态密度。解 (1),E(k)JoJi(eikaikae ) s J02J1 coska E0 2J1 coska，N(E) 2L2"2dE2Na 12J1asin kaN

25、J1 sin ka(3), N0kF2(k) 2dk 2 竺 2kF 皿22a、证明一个自由简单晶格在第一布里渊区顶角上的一个自由电子动能比该区一边 中点大2倍.b对于一个简单立力晶格在第一布里渊区顶角上的一个自由电子动能比该区面心上大多少？cb的结果对于二价金属的电导率可能会产生什么影响7v解a二维简单正方晶格的晶格常数为a,倒格子晶格基矢a i?B ?aa第一布里渊区如下图区边中点的波矢为Ka -?角顶B点的波矢为Kba自由电子能量K； K： K；,2m-i? aa?2 2 2A点能量a 2mK； 2m a£ _22m a2 2B点能量 B 2m K： K： 2m2m,所以b/b

26、简单立方晶格的晶格常数为a,倒格子基矢为?Bj?c 2ak?第一布里渊区如图7 2所示.所以b/ A 3c如果二价金属具有简单立方品格结构,布里渊区如图72所示.根据自由电子理论，自由电子的能量为2m K2K： K； ，FerM面应为球面.由(b)可知，内切于4点的内切球的体积-，于是在K空间中，内切球内能容纳3 a3的电子数为a十3n1.047N 其中 V Na3二价金属每个原子可以提供 2个自由电子，内切球内只能装下每原子个电子，余下的的能量间隙，那么余下的电子只能填满第一区内余下的所有状态包括B点这样，晶体将只有绝缘体性质.然而由 b可知，B点的能员比A点高很多，从能量上看，这种电子排列

27、是不利的.事实上，对于二价金属，布里渊区边界上的能隙很小，对于三维晶体，可出现一区、二区能带重迭.这样，处于第一区角顶附近的高能态的电子可以“流向第二区中的能量较低的状态，并形成横跨一、二区的球形Ferm面.因此，一区中有空态存在，而二区中有电子存在，从而具有导电功能.实际上，多数的二价金届具有六角密堆和面心立方结构，能带出现重达，所以可以导电.、 解：设晶体中有Nt Cl原子，向其中掺入x个锌原子。贝V晶体中电子的总数为:(N-x)+2x=N+x由于Cl是面心立方，每一个原胞中含 4个电子。因此：晶体中包含的原胞数为:其倒格子为体心立方，倒格子的边长为:，对角线的长度为:a4,3a于是：布里

28、渊区边界到原点的距离为：寸即：当Fermi球与第一布里渊区边界相切时,kF又由：2匕2kF于是有：N 3a4.33a即：当锌原子与铜原子之比为时，Fermi球与第一布里渊区边界相接触。、正方晶格.设有二维正方晶格，晶体势为U x, y 4Ucos 空 cosaya用根本方程，近似求出布里渊区角一,一处的能隙.a a解以i?, ?表示位置矢量的单位矢量，以b?,b2表示倒易矢量的单位矢量，那么有，r xi? y?GGqK gM g2§ ,g1,g2为整数。a晶体势能 U x, y 4U cos cos 乙丄cosUGneG11G 11其中UG11U，而其他势能傅氏系数UG10U G 2

29、00。这样根本方程.2 . 2 .2 . 2 ixixi yi ye e e eUgG(K G) 0 变为GUG11 C K G11Ug-C K G.1Ug-C K Gn UgC K Gd10 求布里渊区角顶,，即k a aG(丄丄)-G 11处的能隙，可利用双项平面波近似2 2 2C(K)eiKrC(KG)ei(K当K11,K1G 1122K G 111G 11 ,K G2K G 11G 11，所11C -G 11 ,c kG 11C-G 112211C -G 11 ,c kG11 c-G 1111在以22u1g 112G)r来处理。时依次有1 -G 11而其他的K G 11 ，2双项平面波

30、近似下上式中只有=0,因为第五章 晶体中电子在电场和磁场中的运动、设有一维晶体的电子能带可写成E(k)駅C0Ska診S2，其中a为晶格常数，m是电子的质量。试求(1)能带宽度;(2)电子在波矢k状态的速度;(3) 带顶和带底的电子有效质量。h7122 coska +- (2 cos2ka 1)ma88 71解：(1) E(k) 2 ( coska cos2ka) ma 88h24ma22(coska 2) 1当 ka = (2n+1)时,n=0,1, 2当 ka=2n 时，Emin(k) 0能带宽度=Emax Emin2h22 ma(2)1dE_lk2 (si nka -si n2ka)h d

31、k ma4m*m(coskacos2ka)2当k 0时,带底，m 2m* 2当k 时,带顶，m - m a3、1 v解：(1)电子的运动速度：v 1 kE(k)h加速度:dtdt(E)1 dEvh k dt由于单位时间内能量的增加=力在单位时间内作的功dtdtdtv kvE 占vEk1F1Ek2F2由题知：E2叶2m22讥写成分量的形式:其中：1,2 k：(ij=123)mj h ki kjh2k2 h2k； hkj容易得出：1mi12e1h2k2112e0同理:m2h2 k1 k2叶dwdTF1故运动方程为：mtdv2F2mtdv3dTF3同理：11 , 11m22m2 m33m311111

32、c0m13m21m23m31m31(2)当存在磁场B作用时，电子将受到洛仑兹力作用当B相对于椭球主轴的方向余弦为时，电子的运动方程可写成:电子的运动方程可写成:dy dtF1e(v2BvsB )2v33v2m2dv2 dtF2eBV1B )3WW3m3dv3 dtF3e(wBMB )2场其中：1 eB,;2 eB ,3 eB由于电子在磁场13作用下作周期性运动，故可设试探解:wi tW°ev2i tv2oe代入上述方'程组可得：v3i tv3oeim1v12v33v2i m1v13v22v30im2v23v1即 3W im2v21v30im3v3N22W2Wv2im3v30v

33、1, v2, v3有非零解的条件是2 2 2 2 2 即： 2 g 1 m2 2 m3 3 =e2B2 m m2叫m2讥m*2m1m2m32 2m3即:空其中: m* 八m1m2m3m 2 m| 2 mf 21/2证毕、InSb电子有效质量第六章金属电子论第七章半导体电子论ome 0.015m ,介电常数18 ,晶格常数a 6.49 A。试计算;1施主的电离能；2基态轨道的半径；3施主均匀分布，相邻杂质原于的轨道之间将产生交叠时掺有的施主浓度应该高于多少?解1由于施主电离能m *Ed是氢原子电离能Ei的卫倍,m°2(2), a。m* em°o102(A)6.31 108(m

34、)3,如果施主的电子与类氢基态轨道发生重叠,那么均匀分布于InSb中施主杂质浓(2 6.31 10 8)320, 2、10 (m )1度 Nd 就一定满足(2a)3 Nd 1, Nd (一)32alev，试计算室第十二章晶体中的缺陷和扩散,3Na 克/原米，原子量为23例1 .假设把一个钠原子从钠晶体内部移到边界上所需要的能量为 温300k时，sckottky 空位的浓度？: 解：1设N为单位体积内的 Na原子数，那么在温度 T时，schottky 定位的浓度n 可写成：n NeUKBT19由题知：u=1ev=1.602 x 10- JNa克/厘米每cm3含Na的mol数为：09723每cmNa中所含的原子数为:“嗒 6.02 1023u '于是：n Ne KBT罟 6.02 10231.6 10191.38 1 0 23 3 00例2.如果u代表形成一个Frenkel缺陷所需的能量，证明在温度 T时，到达热平衡的晶体中，Frenkel缺陷的数目为：n NN 'e心解：到达热平衡时，在 N个原子的晶体中形成n个空位的可能方式数为： 这n个原子排列在N，个间隙位置上的可能方式数为:这样，从N个原子中取出n个原子并