黄昆版固体物理学课后答案解析答案(共32页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上固体物理学习题解答黄昆 原著 韩汝琦改编（陈志远解答，仅供参考）第一章 晶体结构1.1、解：实验表明，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， （1）对于简立方结构：（见教材P2图1-1）a=2r， V=，Vc=a3，n=1（2）对于体心立方：晶胞的体对角线BG=n=2, Vc=a3（3）对于面心

2、立方：晶胞面对角线BC=n=4，Vc=a3（4）对于六角密排：a=2r晶胞面积：S=6=晶胞的体积：V=n=12=6个 （5）对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG= n=8, Vc=a31.2、试证：六方密排堆积结构中证明：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.即图中NABO构成一个正四面体。1.3、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。证明：（1）面心立方的正格子基矢（固体物理学原胞基矢）：由倒格子基矢的定义：，同理可得：即面心立方的倒

3、格子基矢与体心立方的正格基矢相同。所以，面心立方的倒格子是体心立方。（2）体心立方的正格子基矢（固体物理学原胞基矢）：由倒格子基矢的定义：，同理可得：即体心立方的倒格子基矢与面心立方的正格基矢相同。所以，体心立方的倒格子是面心立方。1.5、证明倒格子矢量垂直于密勒指数为的晶面系。证明：因为，利用，容易证明所以，倒格子矢量垂直于密勒指数为的晶面系。1.6、对于简单立方晶格，证明密勒指数为的晶面系，面间距满足：，其中为立方边长；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：，由倒格子基矢的定义：，倒格子基矢：倒格子矢量：，晶面族的面间距：面指数越简单的晶面，其晶面的间距越大，晶

4、面上格点的密度越大，单位表面的能量越小，这样的晶面越容易解理。1.9、画出立方晶格（111）面、（100）面、（110）面，并指出（111）面与（100）面、（111）面与（110）面的交线的晶向。解：1、(111)面与(100)面的交线的AB，AB平移，A与O点重合，B点位矢：， (111)面与(100)面的交线的晶向，晶向指数。2、(111)面与(110)面的交线的AB，将AB平移，A与原点O重合，B点位矢：，(111)面与(110)面的交线的晶向，晶向指数。第二章 固体结合2.1、两种一价离子组成的一维晶格的马德隆常数（）和库仑相互作用能，设离子的总数为。 解 设想一个由正负两种离子相间

5、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 前边的因子2是因为存在着两个相等距离的离子，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，马德隆常数为当X=1时，有 2.3、若一晶体的相互作用能可以表示为 试求：（1）平衡间距；（2）结合能（单个原子的）；（3）体弹性模量；（4）若取，计算及的值。解：（1）求平衡间距r0由，有：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

6、了使问题简化，说明组成晶体的基本单元是单个原子，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Umin即： （可代入r0值，也可不代入）（3）体弹性模量由体弹性模量公式：（4）m = 2，n = 10， w = 4eV，求、 将，代入（1）平衡间距r0的计算晶体内能平衡条件，（2）单个原子的结合能，（3）体弹性模量晶体的体积，A为常数，N为原胞数目晶体内能由平衡条件，得体弹性模量（4）若取，2.6、bcc和fcc Ne的结合能，用林纳德琼斯(LennardJones)势计算Ne在bcc和fcc结构中的结合能之比值解 2.7、对于，从气体的测量得到LennardJo

7、nes参数为计算fcc结构的的结合能以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0.751kJmo1，试与计算值比较解 以为基团，组成fcc结构的晶体，如略去动能，分子间按LennardJones势相互作用，则晶体的总相互作用能为：因此，计算得到的晶体的结合能为255KJmol，远大于实验观察值0.75lKJmo1对于的晶体，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之间巨大差别的原因第三章 固格振动与晶体的热学性质3.1、已知一维单原子链，其中第个格波，在第个格点引起的位移为，为任意个相位因子，并已知在较高温度下每个格波的平均能量为，具

8、体计算每个原子的平方平均位移。 解任意一个原子的位移是所有格波引起的位移的叠加，即 （1）由于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2项与第一项相比是一小量，可以忽略不计。所以由于是时间的周期性函数，其长时间平均等于一个周期内的时间平均值为 （2）已知较高温度下的每个格波的能量为KT，的动能时间平均值为其中L是原子链的长度，使质量密度，为周期。所以 （3）因此将此式代入（2）式有所以每个原子的平均位移为 3.2、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，当= 时与一维单原子链的结果一一对应。 解：质量为的原子位于2n-1， 2n+1， 2n+3 ；质量为

9、的原子位于2n， 2n+2， 2n+4 。 牛顿运动方程N个原胞，有2N个独立的方程设方程的解，代回方程中得到A、B有非零解，则两种不同的格波的色散关系一个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. 当时，两种色散关系如图所示：长波极限情况下，与一维单原子晶格格波的色散关系一致.3.3、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和，两种原子质量相等，且最近邻原子间距为。试求在处的，并粗略画出色散关系曲线。此问题模拟如这样的双原子分子晶体。答：（1）浅色标记的原子位于2n-1， 2n+1， 2n+3 ；深色标记原子位于2n， 2n+2， 2n+4 。第2n个原子

10、和第2n1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：，令，将解代入上述方程得：A、B有非零的解，系数行列式满足：因为、，令得到两种色散关系： 当时，当时，（2）色散关系图：3.7、设三维晶格的光学振动在q=0附近的长波极限有求证：;.解依据，并带入上边结果有3.8、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。证明：在到间的独立振动模式对应于平面中半径到间圆环的面积，且则，3.9、写出量子谐振子系统的自由能，证明在经典极限下，自由能为证明:量子谐振子的自由能为经典极限意味着（温度较高）应用所以因此其中3.10、设晶体中每个振子的零点

11、振动能为，使用德拜模型求晶体的零点振动能。证明:根据量子力学零点能是谐振子所固有的，与温度无关，故T=0K时振动能就是各振动模零点能之和。和代入积分有，由于一股晶体德拜温度为，可见零点振动能是相当大的，其量值可与温升数百度所需热能相比拟3.11、一维复式格子求（1），光学波，声学波。（2）相应声子能量是多少电子伏。（3）在300k时的平均声子数。（4）与相对应的电磁波波长在什么波段。解（1）， （2）（3）（4）第四章 能带理论4.1、根据状态简并微扰结果，求出与及相应的波函数及?，并说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说明能隙的来源(假设=)。解令，简并微扰波函数为 取 带

12、入上式，其中 V(x)0,从上式得到B= -A,于是=取， = 由教材可知，及均为驻波 在驻波状态下，电子的平均速度为零产生驻波因为电子波矢时，电子波的波长，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。4.2、写出一维近自由电子近似，第n个能带(n=1，2，3)中，简约波数的0级波函数。解第一能带：第二能带：第三能带：4.3、电子在周期场中的势能 0 ， 其中d4b，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解(I)题设势能曲线如下图所示(2)势能的平均值：由图可见，是个以为周期的周期函数，所以题设，故积

13、分上限应为，但由于在区间内，故只需在区间内积分这时，于是 。（3），势能在-2b,2b区间是个偶函数，可以展开成傅立叶级数利用积分公式得第二个禁带宽度代入上式再次利用积分公式有4.4、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，若取，则这12个最近邻的坐标是：由于S态波函数是球对称的，在各个方向重叠积分相同，因此有相同的值，简单表示为J1=。又由于s态波函数为偶宇称，即在近邻重叠积分中，波函数的贡献为正J10。于是，把近邻格矢代入表达式得到：=+=（2）对于体心立方：有8个最近邻，这8

14、个最近邻的坐标是：4.7、有一一维单原子链，间距为a，总长度为Na。求（1）用紧束缚近似求出原子s态能级对应的能带E(k)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=0K的费米能级及处的能态密度。解(2) ,(3), 4.8、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？(c)(b)的结果对于二价金属的电导率可能会产生什么影响7解（a）二维简单正方晶格的晶格常数为a，倒格子晶格基矢第一布里渊区如图所示 0 所以b)简单立方晶格的晶格常数为

15、a，倒格子基矢为第一布里渊区如图72所示所以(c)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，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，内切球内能容纳的电子数为 其中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1.047个电子，余下的0.953个电子可填入其它状态中如果布里渊区边界上存在大的能量间隙，则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

16、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4.10、解：设晶体中有N个Cu原子，向其中掺入x个锌原子。则晶体中电子的总数为： (N-x)+2x=N+x由于Cu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：于是：布里渊区边界到原点的距离为：即：当Fermi球与第一布里渊区边界相切时，又由：

17、于是有：即：当锌原子与铜原子之比为0.56时，Fermi球与第一布里渊区边界相接触。4.12、正方晶格设有二维正方晶格，晶体势为用基本方程，近似求出布里渊区角处的能隙 解以表示位置矢量的单位矢量，以表示倒易矢量的单位矢量，则有，晶体势能。这样基本方程求布里渊区角顶，即处的能隙，可利用双项平面波近似来处理。当时依次有而其他的，所以在双项平面波近似下上式中只有 =0，因为第五章 晶体中电子在电场和磁场中的运动5.1、设有一维晶体的电子能带可写成 ， 其中为晶格常数，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。 解：（1） =coska+(2co

18、s2ka1) (coska2)21 当ka(2n+1)p时,n=0,1,2 当ka=2np时, 能带宽度 （2） (3) 当时,带底， 当时,带顶，5.5、解：（1）电子的运动速度： 加速度：由于单位时间内能量的增加=力在单位时间内作的功即：写成分量的形式：其中： （i,j=1,2,3）由题知：容易得出： 同理： 同理：故运动方程为：（2）当存在磁场作用时，电子将受到洛仑兹力作用当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： 其中：由于电子在磁场作用下作周期性运动，故可设试探解： 代入上述方程组可得： 即有非零解的条件是即：=e2B22= 即： 其中： 证毕第六

19、章 金属电子论第七章 半导体电子论7.1、InSb电子有效质量，介电常数，晶格常数。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）由于施主电离能是氢原子电离能的（2），（3），如果施主的电子与类氢基态轨道发生重叠，则均匀分布于中施主杂质浓度就一定满足第十二章 晶体中的缺陷和扩散例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1ev(1)，试计算室温（300k）时，sckottky空位的浓度？（已知：=0.97克/原米3，原子量为23）解：（1）设N为单位体积内的Na原子数，则在温度T时，sch

20、ottky定位的浓度n可写成：由题知：u=1ev=1.602 10-19J=0.97克/厘米3每cm3含Na的mol数为：每cm3Na中所含的原子数为：N=于是：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，达到热平衡的晶体中，Frenkel缺陷的数目为：解：达到热平衡时，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个原子并把它们排n个间隙位置上的总方式数为：=由此引起的熵的增量为：利用斯特令公式:luN!=NlnN-N得 系统的自由能改变：U为形成一个Frenkel缺陷所需的能量。由热平衡条件：即：证毕例3铁一碳合金是面心立方结构，晶体常数为3.61，设碳占的比重为1.7%试计算当碳是填隙式或替代式渗入时，合金的密度各等于多少？解：C的mol质量：12g，C：含量为：1.7%Fe的mol质量：55.85g,Fe：应为：98.3%因此：在100克合余中，如果C是替代式溶入，则100g合金的总mol数=0.1415+1.76=1