固体物理学-答案

1、 # 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nV体积nV与晶体原胞体积Vc之比，即：晶体原胞的空间利用率，x=nVVc(1)对于简立方结构：(见教材P2图1-1)4a=2r,V=兀r3,Vc=a3,n=1344兀r3兀r3.X33=0.52a38r3643对于体心立方：晶胞的体对角线BG=3a

2、4r,an=2,Vc=a344x兀r32x兀r33.Xa33兀u0.68438F3(3)对于面心立方：晶胞面对角线BC=2a4r,a=22rn=4，Vc=a3444x兀r34x兀r3_Xa333兀u0.74(22r)36 # # # #(4)对于六角密排：a=2r晶胞面积：S=6SABOaxasin60336x=2a233晶胞的体积：V=4S*Ca28a32a3242r33 # # #+3=6个2兀u0.746n=1212x+2x6 # # # #(5)对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG=3a42r,a=8rn=8,Vc=a3 #3 a38333r33k6-0.34 #3 # #3 #.试证：

3、六方密排堆积结构中c，(8)i/21.633a3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。a，a(i+k)22ai,2(jk)证明：(1)面心立方的正格子基矢(固体物理学原胞基矢)：f2k由倒格子基矢的定义：b=(axa)230,0,a2a3一，axa，423ija20 3 #a2,aa22TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark

4、3294a2b，2kxx-1a34 HYPERLINK l bookmark222兀b，(ij+k)2a同理可得：a即面心立方的倒格子基矢与体心立方的正格基矢相同。r2k厂b，(i+jk)3a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)：f 3 2由倒格子基矢的定义：b=(a,a)123aaa222ijk-.、aaaa3aaaa2/Q=a(a,a)=,aa，a,a=,?=(j+k)1232222232222aaaaaa2222222a2:.b=2,一,一(j+k)2兀(J+k)同理可得：b=2(+k)2a2b=(i+j)3a即体心立方的倒格子基矢与面心立方

5、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G二hb+hb+hb垂直于密勒指数为(hhh)的晶面系。112233123证明：因为C利用aGCB=0h1h2h3所以，倒格子矢量G=叶叽+吓3垂直于密勒指数为(化停的晶面系。1.6、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+12)，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：a丄a丄a，a=ai,a=aj,a=ak123123厂亠a,a由倒格子基矢的定义：b=2兀匕1a-a,a123a,a31；a,a123a,a12aa,a123

6、 3 倒格子基矢倒格子矢量222b=i,b=j,b=k1a2a3a222G=hb,kb,lb,G=hi+kj+1k123aaa晶面族（hkl）的面间距:2G1hkl()2，()2，()2aaaa2d2=(h2,k2,12)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，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。nn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(a2ln2)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

7、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.a/(，11r11112卜+.rrr2r3r4rjij前边的因子2是因为存在着两个相等距离r的离子，一个在参考离子左面，一个在其右面，故对一边求i和后要乘2，马德隆常数为111a21+.TOC o 1-5 h z234x2x3x4 HYPERLINK l bookmark38*.*0(1+x)x+ HYPERLINK l bookmark40nx34a5202 v叫0 当x=i时，有i2+34+，2234n2.3、若一晶体的相互作用能可以表

8、示为u（r），-a+Prmrn试求：（1）2）3）平衡间距r；0结合能W（单个原子的）;体弹性模量；若取m，2,n，10,r，3A,W，4eV，计算a及的值。0解：（1）求平衡间距r0du(r)由dr有：r_r0ma祁rn+10.ma1mn1nmrm+10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U.minIn丿Ima丿即：w，U(r)，+a0rmrn00（可

9、代入r0值，也可不代入） #v叫0 #3）体弹性模量r2Id2U由体弹性模量公式：k9V(dr20 #v叫0 # #v叫0 #4)m=2，n=10，r，3A，w=4eV,求a、B1101815、2a丿a丿180 #v叫0 # v叫0 #,（r8，里代入）0a4a+，TOC o 1-5 h zr2r105r20.04a HYPERLINK l bookmark80W，U(r)，4eV05r20将r，3A,1eV，1.602x10-19J代入0a，7.209x10-38Nm2P，9.459x10-115Nm2rmrn（1）平衡间距r0的计算晶体内能U（r），孕（-+）dU平衡条件，0，drr，r0

10、（2）单个原子的结合能manp-+-rn+1orm+l0r-(nP)亠omaW=-1u(r)，u(r)，(-200rmrnr，ror-(np)n-momam_)n-mnmaa2U体弹性模量K=（丽）voV0晶体的体积V,NAr3,A为常数,N为原胞数目 #v叫0 #NaP晶体内能U(r)=(-+)2rmrnaUaUarNmanP，(-)avarav2rm+1rn+13NAr2 #v叫0 # #v叫0 #a2UNaramanP1)av2(/2avarrm+1rn+13NAr2a2UaV2V，Vo29V2om2an2P-+rmrn00aU由平衡条件avmarm0+rnoNma(2rm+1rn+10

11、01，0,3NAr2oman得，rm0rn0 #v叫0 m2an2_+a2UV，V0000a2UN1manPNnm,1一m+nav229v2rmrn29v2v叫0000NaPU，(-+)02rmrn00a2Umn(-U)av29V20aV29V2rmrn-a+.rmrn00mn体弹性模量KU9V0(4)若取m2,n=10,r=3A,W=4eV-匹)m,0瓷,w=-,(i-)(世)n-m2nm,P=专厂io,20,二r2P+2W0r100P1.210-95eV-mio,=9.010-19eV-m22.6、bcc和feeNe的结合能，用林纳德一琼斯(LennardJones)势计算Ne在bcc和f

12、ee结构中的结合能之比值du(r)、”r丿r0r62oA26-12u(r)bcc0bccu(r)fcc0fccA(A2、/(A)(1)/(尸)AA121212.252/9.1114.452/12.130.957Q1QQ()12()6,u(r)N(4)A()12一A()6_rr_2nrlr_解u(r)4e #v叫0 # #v叫0 #2.7、对于H，从气体的测量得到Lennard一Jones参数为e=50 x10-6J,Q=2.96A.计算fcc结构的H22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/mol,试与计算值比较.解以H为基团，组成fee结构

13、的晶体，如略去动能，分子间按Lennard一Jones势相互作用,2则晶体的总相互作用能为：U2Ne工P12iji$12”示工P-6ijj #v叫0 # v叫0 #P-1212.13188,ij工P-614.45392;工ijjie50 x10-16erg,Q2.96A,N6.022x1023/mol.将代入U得到平衡时的晶体总能量为U2x6。022x1028/molx50 x10-16ergx12.132.96123162.966-(14453.16丿因此，计-2.55KJ/mol. 算得到的H晶体的结合能为2.55KJ/mol,远大于实验观察值0.751KJ/mol.对于H的晶体，22量子

14、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j个格波，在第n个格点引起的位移为，=asin(t_naq,),njjjjj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，具体计算每个原子的平方平均位j移。解任意一个原子的位移是所有格波引起的位移的叠加，即卩=卩二asin(,tnaq)(1)nnjjjjjjj|U,2=n.加丿I.jj卩*nj丿P中*njnjnjjj丰/ # # # #由于卩卩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,nj

15、nj可以忽略不计。所以卩2=正nnjj由于卩是时间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1fTLI2=JT0jTo02)nja2sin(,tnaq)dt=a2jjjj2j已知较高温度下的每个格波的能量为KT，鷺的动能时间平均值为T=丄JLdxJTonj00(d卩)2nAdt丿pwa2dt=j2T0aLJToa2sin(,tnaq+)dt=pw2La20jjjjjjjjj4jj # # # #其中L是原子链的长度，p使质量密度，T为周期。011所以T=pw2La2=KT(3)所以每个原子的平均位移为njKT=KT1PL,2PL,2nj4jj2KT因此将此2)式有p2njPL,2

16、j # # # 3.2、讨论N个原胞的一维双原子链(相邻原子间距为)，其2N个格波解，当M=m时与一维单原子链的结果一一对应。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。2ppp)2n2n+12n1(2ppp)2n+12n+22nJ方程(2一m2)A-(2cosaq)B0(2cosaq)A+(2M2)B0 # # #A、B有非零解,2m22cosaq2cosaq2M2(m+M)1土1-mM4mM(m+M)2sin2aq22+两种不同的格波的色散关系2(m+M)1+1-mM4mM(m+M)21sin2aq2(m+M)1-1-4mMmM(m+M)

17、21sin2aq2一个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.aqcosaqsin-两种色散关系如图所示：长波极限情况下qT0，sin(譽)譽qm)q与一维单原子晶格格波的色散关系一0OqnXCH(X)3_()I73.3、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10,两种原子质量相等,且最近邻原子间距为a2。试求在q0,q兀a处的(q)，并粗略画出色散关系曲线。此问题模拟如H2这样的双原子分子晶体。XCH0030182n-42n-2答：(1)t浅色标记的原子位于2n-1,第2n个原子和第2n+1个原子的运动方程:mp2nmp2n+1体系N个原胞，2n掐，2

18、n+3.；深色标记原子(+(+1有2N个独立的方程2n+22n+4位于2n,/2n+2,2n+4。PP2n1p22n # 方程的解：PAeit，(2n)；aq2nPBeig-S+l)；aq2n+1，令2p/m,2P/m，将解代入上述方程得:11 # #TOC o 1-5 h z1.1(2+2一2)A一(2ei2aq+2ei2aq)B01212.1.1(2eT2aq+2ei2aq)A一(2+2，2)B01212A、B有非零的解，系数行列式满足：.1.1(2+2-2),一(2ei2aq+2e_i2aq)12120.1.1(2eT2aq+2ei2aq),-(2+2，2)1212TOC o 1-5 h

19、 z.1.1.1.1(2+2，2)2(2e2aq+2e一2)(2e一2+2e严)0121212.1.1.1.1(2+2，2)2(2el2aq+2e一2)(2eT2aq+2e2aq)0121212c10c因为PP、P10P，令22,2102得到1201m2m0(112，2)2-(101+20cosaq)4000两种色散关系：22(11土20cosqa+101)0当q0时，22(11土022121)，+00 # # #22(11土81)，+200 # 依据，(q)2Aq,f(，)(#、Jf，)Vds(2k)3，(q)(2k)32A2qA1/2V1V14兀(,)A(,)i/20(,)1/2(2兀A3

20、/200ds（），并带入上边结果有（2兀，（q）q # # #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T2。证明：在k到k+dk间的独立振动模式对应于平面中半径n到n+dn间圆环的面积2兀ndn,且2兀ndnkdkkdk即p(，)d，贝I2兀2兀2兀v2BBe方,/kBT13s(kT)3fxx2dxBD_2兀v2h2dex1ppE亠f，mh，2d，+E3S(kBT)3f，D-2兀v2oeh，/kBT102兀v2h2dppET0时，E“T，”C()“T2vTs3.9、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FU+kT,Bnqh

21、，)qVkTB证明:量子谐振子的自由能为FU+kBT-11方,q+,2kTB(、1一q1ekTBV丿经典极限意味着（温度较高）kBT力,g应用ex1一x+x2+.一叫h，所以ekBT1+kTB+因此FU+1h，+2qq乙kT,11+BnqV力,、qkT丿B(1),Axam空2xL5x104如/cm二3.00 xa團-；M4x5x1.67x1024omax；2B(M+m丿Mm4x5x1.67x1024x5x1.67x1024=6.70 x1013s-12x1.5x104dyn/cmmax5x1.67x1024=5.99x1013s-1 # # # #2)，A=6.58x10-16x5.99x10

22、13s-1=1.97x10-2eVmax，o=6.58x10-16x6.70 x1013s-1=4.41x10-2eVmax，o=6.58x10-16x3.00 x1013s-1=3.95x10-2eVmin3)1nA=一maxe，A/kT-1maxB=0.873,nOmax=0.221e，0/kT-1maxB # # # #nOmin=0.276e，0/kT1minB匹=28.Wm 第四章能带理论4.1、根据k=状态简并微扰结果，求出与E及E相应的波函数及?,并说明它们的特性.说a-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V=V*)。令k=+,k=，简并微扰波函数为A0

23、(x)+B0(x)aaEo(k)-EAV*B二0Eokr)-EB二0带入上式，其中E=Eo(k)+|V|+nV(x)v0,V0,从上式得到B=-A,于是n二A0(x)一0(x)+k.nezax-e.n-ixa HYPERLINK l bookmark262An=smxLa取E二E，E=E0(k)-|V|V|A=-VB,得到A=B-nnn二Ao(x)一o(x)-kknnixixa-ea2An=cosxJLa由教材可知，中及中均为驻波.在驻波状态下，电子的平均速度(k)为零.产生驻波因为电+-n22a子波矢k=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，akn并与反射波形成驻

24、波由于两驻波的电子分布不同，所以对应不同代入能量。 # tr例2图対及丄的电子云分布 # # # #112,*(x)=eikx=eikxe1amxTL4L=-Lei2evL.2xiamx=1=TL21ea(m+4)x第一能带：m=0,m=0,*(x)=2ak第二能带：2b=b则JbTb,ma=_2兀，即m=-1,(a2.xa_n1)中;(x)pixXe2a第三能带：,2k2kHn1/、cTc,m=，即m=1,*(x)=aa.工ixe2a,2a1e*=-.5xixe2a,兀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k二的0级波函数。2a # # # #1m22b2-

25、(x-n炉|,当na-bxna+bV(x)=0)x+0o J10o 题设a4b,故积分上限应为a-b=3b,但由于在tb,3b区间内V(x)=0,故只需在l-b,b区间内积分.这时，n0，于是V1bV(x)dxb(b2-x2)dxa-b2a-b2ab2xb-x3b-b3(3),势能在-2b,2b区间是个偶函数，可以展开成傅立叶级数亍m兀V(x)V+乙Vcos0mm-g第一个禁带宽度Eg1二丄mb2。62b叫2b严(X)C0S等加1A(X)C0S瓷皿2|VI，以m1代入上式Emb(b2-x2)cos巴dx1g1b02bu利用积分公式Ju2cosmudu.m2(musinmu+2cosmu)-si

26、nmu得m316m2b2第二个禁带宽度E兀3g22匕|,以加2代入上式代入上式m2TOC o 1-5 h z兀x2m2Eg2Jb(b2-x2)cos丁dx再次利用积分公式有b2b0b兀24.4、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：Es(k)“一J一工J(R)e-ik”(Rs)s0sRs近邻在面心立方中，有12个最近邻，若取R0，则这12个最近邻的坐标是：ma(1,1,0),a(1,1,0),a(1,1,0),a(1,1,0)22222(0,1,1),2(0,1,1),2(0,1,1),2(0,1,1)厶厶厶

27、厶a(1,0,1)a(1,0,1),a(1,0,1),a(1,0,1)2222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J(R)有相同的值，简单表示为Sj产J(R)。又由于s态波函数为偶宇称，即(-)()1Sss在近邻重叠积分一J(R)*(-R)U(-)一V(R)(-)d-中，波函数的贡献为正sissi011 011 于是把近邻格矢R代入Es（兀）表达式得到:Es(k)=e-ik，RRs=近邻=J一S0aaaae-i2(kx+ky)+e-i2(匕-ky)+e-i2(-匕+ky)+e-i2(-kx-ky)c1a,a”a-J-2J4cos(k+k)+cos(k-k)+cos(k+k)+

28、cos(kk)S0112xy2xy_2yz2yzaaaaaaaa一2(kykz)+e一2(ky-kz)+e一2(一kykz)+e一2(一k厂kz)e一讨kx览)+e一讨kx-kz)+e一讨一kx色)+e一讨一kx7cos(k+k)+cos(k一k)2zxzx”cos(+“)+cos(一“)=2coscos“aaaaaacoskcosk+coskcosk+coskcosk2x2y2y2z2z2x2）对于体心立方：有8个最近邻，这8个最近邻的坐标是a（1,1,1）,a（1,1,1）,a（1,1,1）,a（丄1）2222a（1,1,1）,a（1,1,1,）,a（1,1,1）,a丁2222Es(k)=

29、J一8J(cosakcosakcosak)s012x2y2z4.7、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E0及E0处的能态密度。FFV解(1),E(k)=JJ(eika+e-ika)=J2Jcoska=E2Jcoska10101J(P)e一ik,RsLdk,N(E)=2吕2dE=2Na2JasinkaJsinka #k0Na2Nak0(3),F2aN，kF2p(k)-2dk，2-2ko，f02FEo，E(ko)，E2Jcos-a，E,N

30、(Eo)，Jsina12aFF12asF4.8、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A，王i,B，互jaa第一布里渊区如图所示 # # # #i+Va丿Va丿B-:,角顶B点的波矢为K点能量，(K2+K2)，-B2mxy2mb)简单立方晶格的晶格常数为a.倒格子基矢为A，方22m,所以/，2BA12-j，C区边中点的波矢为自由电子能量，邑(K2+K2+K2)

31、,2mxyz点能量A方222mIa丿 # # # #第一布里渊区如图72所示. 2所以8/83BA(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4兀，兀)积丁万J2(K2+K2+K2丿，FerM面应为球面.由(b)可知，内切于4点的内切球的体2mxyzU-VvN1.047N(2!34兀,于是在K空间中，内切球内能容纳的电子数为卫43Ia丿I其中VNa3二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

32、(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：设晶体中有个原子，向其中掺入个锌原子。则晶体中电子的总数为:由于是面心立方，每一个原胞中含个电子。因此：晶体中包含的原胞数为：-其倒格子为

33、体心立方，倒格子的边长为：，对角线的长度为:a # 于是：布里渊区边界到原点的距离为：4x土逐二壘aa即：当球与第一布里渊区边界相切时，kF # # # #V4又由：2xx兀k3，N+x(2兀3fxk33233兀V3232a3a3于是有：N+x73兀N+x、：3兀，n，Na3N4a34n3-1沁0.3597Nx0.35970.3597n，=u0.56Nx1-0.35970.6403球与第一布里渊区边界相接触。即：当锌原子与铜原子之比为时，4.12、正方晶格设有二维正方晶格，晶体势为U(x,y，-4Ucoscos用基本方程，近似求出布里渊区角Ia兀处的能隙.a丿 # # # #则有，r，xi+y

34、i,G，Gb+Gb122牛(g1b1+g2b2gi，g2为整数。-4U(2兀xG(11)|，所以在双项平面波近似下上式KGG1)KG中只有 # # # #(G(11)，C(kG(11)=CG;,、1G(ll)丿,I-G(ll)丿,g(11)2uCf1G(11)UCf12丿C-1G(11)2丿u2=1G(11)-1G(11)221G(11)12UC+=0丿1G(11)、2-2G(11)2m”21G(11)=0，因为ma22丿Cf1G(11),C(KG(11)=Cf+1G(11)； # # TOC o 1-5 h z由彳丁列式有(，)2U2=0解得，U=U,ma2所以在(t-)处的能隙为=2u.第

35、五章晶体中电子在电场和磁场中的运动 HYPERLINK l bookmark392271、设有一维晶体的电子能带可写成E(k)=(石coska+cos2ka),其中a为晶格常数，m HYPERLINK l bookmark394ma288是电子的质量。试求(1)能带宽度；()电子在波矢状态的速度；()带顶和带底的电子有效质量。解：)E(k)_(7-coska,cos2ka)ma2882ksa旦Ema28 # # # #当ka=_24ma2kas2)21+时122E(k)=maxma2 # # # #当ka时E(k)0min能带宽度二E-Emaxminma2 # # # #u_dE(k)_(si

36、nka-1sin2ka)dkma4m*)221_m(coska-2cos2ka)-027TCELdk2 # # # #当k_0时带底,m*_2m2当k_时带顶，m*_-ma35.5、1-解：(1)电子的运动速度：v_VE(k)k加速度:dvdt_(VE)_dtk1vdEkdt # # # #由于单位时间内能量的增加=力在单位时间内作的功即：dE尹dsFdtdtF-v_1VE-Fk # # #dt2kkdv_丄VVE-F_右V软i+HiH伸23写成分量的形式： dvFdv2,k,kF,k,k2,k,kF11F12F13F,k22,k,k21FF2223dv1，2E厂,2E3-Fdt2(,k,k1

37、,k,k3132F,k231FF3233其中：1-1,2Em2,k,kijiji,j=1,2,3)由题知：2k22k2k2E-4亠3- HYPERLINK l bookmark3882m2m2m12311,2E11111容易得出:同理2,k2mmmmmm111122233311,2E-011111同理:一-0m2,k,kmmmmm12121321233131m匕-F1dt1 # #故运动方程为：m叫-F2dt2 # #m匕-F3dt3(2)当存在磁场B作用时，电子将受到洛仑兹力作用F-一evxB当B相对于椭球主轴的方向余弦为a,P，时，电子的运动方程可写成:ijkvxBv1Bav2B卩v3B-

38、(vB一vBp)f+(VBa-VB)j+(VBp-VBa)k233112电子的运动方程可写成： #dvF=，e(vBy一v # #dvv一vF=e(vBaVBy)=31 # # # #dv刁3F二一e(vB卩一VBa)二311 # # # #其中：=eBa,=eB卩,=eBy123由于电子在磁场B作用下作周期性运动，故可设试探解:v=veit110v=ve代入上述方程组可得:20v二veitTOC o 1-5 h z30imv二v一v12332imv二v一v23113imv二v一v31221imvv一v=0113223即彳v一imv一v=012213v一v+imv=021233v,v,v有非零

39、解的条件是123im，132im，二0321，im213TOC o 1-5 h zimmm3=im2+im2+im2123112233即:m2+m2+m22=1_122=e2B2ma2+m2+my212“mmm223mmm123e2B2mmm2=m*2二1_23m*2m2a2+m22+m2y2123eB(、mmm1/2即：w=其中：m*二123证毕m*1m2a2+m22+m2y2123 # 第六章金属电子论第七章半导体电子论7.1、InSb电子有效质量m0.015m,介电常数=18,晶格常数a=6.49A。试计算；(1)施主的电e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

40、道之间将产生交叠时掺有的施主浓度应该高于多少？m*解(1)由于施主电离能E是氢原子电离能E的倍,Dime20Em*Ei2),0.014x13.6(17)2(eV)6.59x10，4(eV)17x0.52m*e20.014(A)=6.31x102(A)6.31x10-8(m)(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InSb中施主杂质浓度N就一定满足D(2a)3N=1,N=(丄)3=-=4.98x1020(m-2)DD2a(2x6.31x10-8)3 # 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lev（i）,试计算室温（300k）时，s

41、ckottky空位的浓度？（已知：=0.97克/原米3，原子量为23）Na解：（1）设N为单位体积内的Na原子数，则在温度T时，schottky定位的浓度n可写成：n,Ne%丁由题知：u=1ev=1.602X10-19J0.97P0.97克/厘米3T每cm3含Na的mol数为:“Na=23每cm3Na中所含的原子数为：0.97N=6.02X1023231.6X10-191.38x10-23x300_097于是：n,Ne云6021023e，4.2X105个厘米3。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：n=/NNe-2KBT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:W=Cn=1N(Nn)!n!这n个原子排列在N个间隙位置上的可能方式数为:N(Nn)!n!这样，从N个原子中取出n个原子并把它们排d个间隙位置上的总方式数为:12N!N!(N-n)!n!N/n)!n!由此引起的熵的增量为：s=kInw=kBBIn+In(N-n)!n!N!(N-n)!n! # # 利用斯特令公式:luN!=NlnN-N得s=knlnN(Nn)ln(Nn)nlnn+kn