固体物理学-答案

《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和小球体积鲸得到的小球总体积nV与晶体原胞体积Vc之比，即：晶体原胞的空间利用率，x=口Vc(1)对于简立方结构：(见教材P2图1-1)a=2rV”nr3，Vc=a3，n=1344—nr3_nr33_Jn=0.52a38r36，..x(2)对于体心立方：晶胞的体对角线BG=4：a=4rn43(1)对于简立方结构：(见教材P2图1-1)a=2rV”nr3，Vc=a3，n=1344—nr3_nr33_Jn=0.52a38r36，..x(2)对于体心立方：晶胞的体对角线BG=4：a=4rn43a=x3n=2,Vc=a32x冬兀r3_3a34^3(r)33(3)对于面心立方：晶胞面对角线BC=&a=4r,na=2&rn=4,Vc=a344x—nr3x=a34_MWnQ0.746(2%''2r)3(4)对于六角密排：a=2r晶胞面积：S=6xSAABO晶胞的体积：V=SxC=»3a2x-a=32a3=24Mr3n=1212x1+2x1+3=6个646xnr3_3x—.—24u2r3(5)对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG=J；a=4x2rna=丝n=8,Vc=a38x—nr38x~nr333x=a3ST'侦3nq0.346NA=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,二，厂、

七=2(j+k)a--证明：(1)面心立方的正格子基矢(固体物理学原胞基矢)：Ja=—3+k)2-a--a3=2(E)由倒格子基矢的定义：b2n(—x—)1Q23aa0,——►—►—►22i,j,k―---、aaa3aaa2——-,/Q=a-(axa)=—,0,—=，axa=,0,——=—(-i+j+k)12322423224aaaa,,0,,02222-4a2---2n---b=2兀x—x—(一i+j+k)=(一i+j+k)2兀---b=一(i-j+k)2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。2丸---b=一(i+j-k)a所以，面心立方的倒格子是体心立方。a---a=一(-i+j+k)(2)体心立方的正格子基矢(固体物理学原胞基矢)：J—=a(i-j+k)2a---a3=2(i+j-k)-2n由倒格子基矢的定乂：b=——(—x—)1Q23

aa—,,22aa•/Q=a-(axa)aa—,,22aa•/Q=a-(axa)=,—12322aa,,22a2——i,—j,——kaa3--aaa—=，axa=,—,—2223222aaaa—,,—2222a2--=一(J+k)2b=2兀x—x—(J+k)=(J+k)2兀--b=一(i+k)2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。2兀--b=一(i+J)3a所以，体心立方的倒格子是面心立方。^^fcfc1.5、证明倒格子矢量G=hb+hb22+hb垂直于密勒指数为(hhh)的晶面系。33123X£HWI_[H7因为CA=hhCBahG=hb+因为CA=hhCBahG=hb+hb+hb容易证明"1方2容易证明"1方2”3—-由倒格子基矢的定义：b1————axa—-—-—-。・-axa——axa—xa3——axa——a、-a—-由倒格子基矢的定义：b1————axa—-—-—-。・-axa——axa—xa3——axa——a、-a——a-a—xa123一2兀一倒格子基矢：b=四i,b1a22兀一—j,a倒格子矢量:一1111G=hb+kb+lb，G1231122331231・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=a2j(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:

a2d2=(h2+k2+l2)面指数越简单的晶面，解理。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，这样的晶面越容易晶面族（hkl）的面间距:2兀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。晶面族（hkl）的面间距:2兀——_^—*•1、（111）面与（100）面的父线的AB，AB平移，A与O点重合，B点位矢：RB=-aj+ak，*•_—（111）面与（100）面的交线的晶向AB=-aj+ak，晶向指数［011］。R=-ai+aj，(111)面与(110)B2、（111）面与（110）面的交线的ABR=-ai+aj，(111)面与(110)B面的交线的晶向AB=-ai+aj，晶向指数［110］。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（a=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，(±1)1111-―-=2[—-—+一-—+...]rr2r3r4r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11a=2［1-一+一一一+...］34

[(1+x)=x-E+兰-兰+...nx34当X=1时，有1--+--1+...=02234n2.3、若一晶体的相互作用能可以表示为aPu（r）=-;+二试求：（1）平衡间距r0；结合能W（单个原子的）;体弹性模量；(4)若取m=2,n=10,=4彳，计算a及p的值。(4)若取m=2,n=10,=4彳，计算a及p的值。解：（1）求平衡间距r0由血（r）

dr=0，有:manP=0nr=由血（r）

dr=0，有:manP=0nr=0/ma、1m-nrnP)rm+1—rn+1<np/=ima)r=r000.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.min即：w=-U(r)=+—-—（可代入r0值，也可不代入）rmrn（3）体弹性模量由体弹性模量公式:r2

—0—

9V0(4)m=2，n=10，=3A，w=4eV，求a、pr=0r:l2a).18=r业1la)J8①a=—r20+r10=-4a5r20(r8=5p_anW=-U(r)=4a5r2=4eV②代入）00U(r0)将r0=3A，1eV=1.602x10项J代入①②a=7.209x10-38n-m2nP=9.459x10-115N-m2（1）平衡间距r0的计算+P)rn晶体内能U(r)=N(-a2rm平衡条件虬=0，-drr=r0（2）单个原子的结合能ma+rm+10也=0，r=(业)n-mrn+10ma0W=-1u(r)，u(r)=(200a一—+rm旦)，r=(nP己rn0ma(1m)(nP)~nmaa2U(3)体弹性模量K=(av_.V晶体的体积V=NAr3,A为常数，N为原胞数目晶体内能U(r)=—(一—+°-)2rmrndUdUdrNmanP1dVdrdV2rm+1rn+13NAr2TOC\o"1-5"\h\zd2UNdrd[(manP)1〕aV22aVarrm+1rn+13NAr2d2UN1[m2an2PmanP〕aV229V2rmrnrmrnv=v000000,au由平衡条件竺avnP1)rn+13NAr20，得ma=nPrmrna2UV=V0N21m2a「+淄]rn0a,au由平衡条件竺avnP1)rn+13NAr20，得ma=nPrmrna2UV=V0N21m2a「+淄]rn0av29V20[一rm0a2U_N1ma「…nPNnm「aP[—m+n]=—[—+av229V2rmrn29V2rmrnV=V000000V=V00U=N—(a——+旦）02rmrn00a2Umn(-U0)av29V2V=V00ng()n-m,ma2nmaWr10,a=r2[史+2W]200r100g=1.2x10-95eV-m10,a=9.0x10-19eV-m22.6、bcc和fccNe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.＜解＞u(r)=4＜解＞u(r)=48_bl_(r)12-(b_r"J,u(r)=1N(48)2A(b)12-A(b)6nrlr(y:kr)=0nrr6=20A12A6■b6nu=-1A2N8―6-12bcc=®®fccu(r0)fA2A'12.252/9.11AA'14.452/12.131212=0.9572.7、对于H，从气体的测量得到Lennard—Jones参数为8=50x10-6j,b=2.96A.计算fcc结构的H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H2为基团，组成fcc结构的晶体，如略去动能，分子间按Lennard-Jones势相互作用，则晶体的总相互作用能为：U=2N8sP-12(b]12-sP-6(b]6Li••jkR)ijjkR)S'P-6=14.45392;E'P-12=12.13188,8=50x10-16erg,b=2.96A,N=6.022x1023/mol.ji将R0代入U得到平衡时的晶体总能量为U=2x6o022x1028/molx50x10-16erg将R0代入U得到平衡时的晶体总能量为U=2x6o022x1028/molx50x10-16ergx12.13)"2.963.16\127-(14.45)(2.96\6因此，计算得q-2.55KJ/mol.I3.16)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，日.=a.sin（①t_naq+a.）,c.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njjjni=42+Z…*njninj由于日.日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njnjjjni=42+Z…*njninj由于日.日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njnj以忽略不计。所以日2=£日2nnjj由于日.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口2=—jT0a2sin(①t+naq+a)dt=—a2(2)jt0jjjj2j(d日—P—nI(d日—P—nIdtdt=~LjT°a2sin(wt+naq+a)dt=—pw2La22T°jjjj4jj其中L是原子链的长度，p使质量密度，T°为周期。所以T=Lpw2La2=~KT（3）nj4jj2因此将此2）式有口2=^~njPLw2j所以每个原子的平均位移为口2==£口2=£—工=旦£—n「nj「PLw2PL「w23.2、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M=m时与一维单原子链的结果对应。质量为m的原子位于2n，2n+2，2n+4解：质量为M的原子位于2n-1，2n+1，2n+3牛顿运动方程设方程的解质量为m的原子位于2n，2n+2，2n+4牛顿运动方程设方程的解P2n=Aei[wt-(2na)q]mpi=-P(2日-日-日)Mp=-P(2p-p-pN个原胞，有2N个独立的方程代回方程中得到pi2n+1=Bei[wt-(2n+1)aq](2P-mw2)A-(2Pcosaq)B=0-(2Pcosaq)A+(2P-Mw2)B=0A、B有非零解，2P-mo2一2Pcosaq一2Pcosaq=0，则o2=A、B有非零解，2P-mo2一2Pcosaq一2Pcosaq=0，则o2+两种不同的格波的色散关系八(m+M)o2+两种不同的格波的色散关系p{1+[1-()-sin2aq]2}八(m+M)4mM1p{1—[1sin2aq]2}mM(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.，当M=m，当M=m两种色散关系如图所示:长波极限情况下qT0，sin(—)-—，22o=(2q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p和10p，两种原子质量相等，且最近邻原子间距为o=(2q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p和10p，两种原子质量相等，且最近邻原子间距为a!2。试求在q=0,q=兀a处的o(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。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个原子和第2n+1个原子的运动方程：mp/2nmp*2n+11=—(P+P)p+Pp+PP=-(p+p)p+pp+pp有2N个独立的方程体系N个原胞方程的解：P2+Ai[ot—(2n)aq]，1i[ot—(2n+1)aq]=Be2+1o2=p/m，将解代入上述方程得:TOC\o"1-5"\h\z1,1(®2+®2-®2)A—(®2e2的+®2e-2的)B=01212,41(®2e「'2aq+®2e2四)A—(®2+®2—®2)B=01212A、B有非零的解，系数行列式满足：(①2+ro2—①(①2+ro2—①2),121+ro2e一'2四)21(ro2e一’2a1—(ro12+ro22—ro2)1(ro2+ro2—ro2)2—(ro2e2的121++ro2e—'2aq)(ro2e1

—iaq2.士+ro2e2aq)=02TOC\o"1-5"\h\z4-，+4-,+(ro2+ro2—ro2)2—(ro2e2a+ro2e12a)(ro2e12a+ro2e2a)=0121212因为P=P、P=10p，令ro2=ro2=—,ro2=!2f=10ro2得到1201m2m0(11ro2—ro2)2—(101+20cosaq)ro4=0两种色散关系：ro2=ro2(11土20cosqa+101)0■'当q=0(11ro2—ro2)2当q=0时，ro2=ro2(11±.：121)，ro=+ro=0当q=一时，ro2=ro2(11土.!81)，ro20roro(2)色散关系图：-…一'3.7、设三维晶格的光学振动在q=0附近的长波极限有ro(q)=ro0—Aq2V14兀2a3/2求证：f(ro)=(ro-ro)1/2,ro<ro;f(ro)=0,4兀2a3/2〈解〉ro>ro时，ro—ro=Aq2>0f(ro)=0,ro<0nro—ro=Aq2nq=A2(ro—〈解〉ro>ro时，ro—ro依据Vro(q)=—2Aq,f(ro)=j(2兀)3d，Vro(q)并带入上边结果有f(ro)=VdS

.(2兀)3Vqro(q).上4兀(3-ro)—=^.—(ro-ro*(2兀)32A2f(ro)=VdS

.(2兀)3Vqro(q)03.8、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L252兀ndn=kdk=2兀kdk即p（撬=空、d①则+e力①/k^T—13s(kT)3jT一0时，E£力①/k^T—13s(kT)3『BJ，ex—13.9、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F=U0+kTE/q证明:量子谐振子的自由能为F=U+kT£力①\

qkTB经典极限意味着（温度较高）kBT□应用ex=1一x+x2+...^w—

一q所以ekBT=1—+...因此F三U+£1力wq+£"qq其中u=u+£-nwQ3.10、设晶体中每个振子的零点振动能为1nw，使用德拜模型求晶体的零点振动能。2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E0就是各振动模零点能之和。w13UE0=jwmE0(w)g(w)dw将E0(w)=-nw和g(w)=-一—w2代入积分有s3V9E0=K7①m4=8枇wm'由于nw=ko得e9八8Nk0一股晶体德拜温度为〜102K，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m=5x1.67x10-24g,M=4,P=1.5x101N/m(即1.51x104dyn/cm),求(1)，光学波w0,w0，声学波wA。maxminmax（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oo相对应的电磁波波长在什么波段。〈解>(1),〈解>(1),OAxm2x1.5x104dyn/cm4x5x1.67x1024=3.00x10311s-2P(M+m)2x1.5x104x(4x5+5)x1.67x1024dyn/cmOmax=¥Mm—*4x5x1.67x1024x5x1.67x1024=$7°S'2P12x1.5x104dyn/cmO：ax=\；5x1.67x1024=5."x1013S-1力oa=6.58x10-16x5.99x1013s-1=1.97x10-2eVmax力o。=6.58x10-16x6.70x1013s-1=4.41x10-2eV力o。=6.58x10-16x3.00x10"s-1=3.95x10-2eVmin一1一1nA==0.873,no==0.221maxehoA/kT-1maxehoo/kT-1maxBmaxB(4)nomin=0.276ehoOin/kBT-12兀c=28.1日mo第四章能带理论4.1、根据k=±生状态简并微扰结果，求出与E(4)nomin=0.276ehoOin/kBT-12兀c=28.1日mo第四章能带理论4.1、根据k=±生状态简并微扰结果，求出与E及E,相应的波函数w及甲+?，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W2说明能隙的来源(假设V=V*)。nn〈解>令k=+—,k'=-—,aa-E0(k)-E]A+V*B=0VA+[E0(k，)-E]B=0取E简并微扰波函数为w带入上式，其中e=E0(k)+VIV(x)<0,V<0,从上式得到B=-A,于是(X)-W:⑴]=2A=^=sin取E=E,E=E0(k)—VIVIa=-VB，得到UA=Be，"e弋x*cos虬x41aA(x)-w\(x)J=^JL4.2、写出一维近自由电子近似，第n个能带(n=L2,3)中，简约波数上=—的。级波函数。2a〈解＞W*(x)=—^eikx=4.2、写出一维近自由电子近似，第n个能带(n=L2,3)中，简约波数上=—的。级波函数。2a〈解＞W*(x)=—^eikx=imxe,kxea4-

m+)x4第一能带:m.—=0,m=0,V4(x)

2ak1/xe2a第二能带:,2丸b=b'则Z?'—Z?,m•—a271an,即m1,(ea=e一2a)\\f*(x)=——kVL1if

elaix€2a271271an1第二能带:c—c,m■=，即m=1,V*(x)=kJi4.3、电子在周期场中的势能.ix€2a第二能带:—hie2fj2-(x-na)2，当na-b<x<na-\-b2L」YV(x)=0，当(n-1)a+b<x<na-b其中d=4b,①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>①题设势能曲线如下图所示.

<解>①题设势能曲线如下图所示.(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V(x)=—JV(x)=1faV(x)dx=-卜“V(x)dxLlaba-b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TOC\o"1-5"\h\z—1bm④2fbm④2V=—JV(x)dx=J(b2-x2)dx=a-b2a-b2a1b2xb一—x3b-b3一b1=—m④b2。6(3)，势能在［-2b,2b］区间是个偶函数，可以展开成傅立叶级数,VcosJx,V=一f2bV(x)cosJxdx=1b2xb一—x3b-b3一b1=—m④b2。6第一个禁带宽度Egi=2VI,以m=1代入上式，E=fb(b2一x2)第一个禁带宽度Egi利用积分公式fu2cosmudu~~［(musinmu利用积分公式fu2cosmudu~~［(musinmu+2cosmu)］一sinmu得E=16m①2b2第二个禁带宽度E=2VI,以m=2代入上式，代入上式gi兀3g22E=冬fb(b2-x2)cosdx再次利用积分公式有E=切竺b2g2b0bg2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)=£―J-ZJ(R)e-ik.(%)Rs=近邻在面心立方中，有12个最近邻，若取Rm=0，则这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)TOC\o"1-5"\h\z2222一aa—a—a——一(0,1,1),—(0,1,1),—(0,1,1),—(0,1,1)2222a(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J［=J(R)。S1S又由于s态波函数为偶宇称，即9(-r)=9(r)

rraa1a八a£一J一2J〈cos—(k+k)+cos一(k-k)+cos—(k+k)+cos—(k一k)S01[2xy2xy_2yz2yz...在近邻重叠积分-J(RE*(g-R)\u化)—v(R)收i化)d&中,波函数的贡献为正..•J1〉0。于是，把近邻格矢R代入ES(Rs)表达式得到:_Es—J-J£e-ik■RsRs=近邻a-i(k-k+e2a-i(-ke2-i+e+ea-i(k

2a-i(-k

2+k,)a...在近邻重叠积分-J(RE*(g-R)\u化)—v(R)收i化)d&中,波函数的贡献为正..•J1〉0。于是，把近邻格矢R代入ES(Rs)表达式得到:_Es—J-J£e-ik■RsRs=近邻a-i(k-k+e2a-i(-ke2-i+e+ea-i(k

2a-i(-k

2+k,)a-i(-k

2a)+e-i2(kx+kae—i\(kx-k)a-i2(-kx+kz)+ea-i(-kx-kz)(2(2)对于体心立方：有8个最近邻，这8个最近邻的坐标是:222E222Es(k)=£-J-8J(cosaaakcoskcosk)2x2y2za(1,1,1),a(1,1,1),a(1,1,1),a(1,1,1)2222—(1,1,1),—(1,1,1,),—(1,1,1),一(1,1,1)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E0及〈解〉(1),E(〈解〉(1),E(k)=£s一J一J(eika+e-ika)=£一J一2Jcoska=E一2Jcoska

01s0101—►E(k)=E一J-£J(p)e-ik■Rs

(2),N(E)=2x——x2dk(3),兀2JasinkaNa2Nak02•——•2ko=F2兀F兀兀—•a=E,N(E(2),N(E)=2x——x2dk(3),兀2JasinkaNa2Nak02•——•2ko=F2兀F兀兀—•a=E,N(Eo)=2asF2Na1xdE兀・•・k0=F兀JsinkaE(k。)=E-2JcosN=jk02p(k)•2dk=兀Jsin•a1〈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=丛:,B=必Jaa第一布里渊区如图所示兀八区边中点的波矢为K=-i,角顶B点的波矢为KAf兀）)l+IaJIaJBJ・2mxyz,八力2力2，兀）2力2，兀）A点能量£=K2=一A2mx2mLaJ2mLaJ自由电子能量E=2B点能量£旦(k2+K2)=里已(K2+K2+K2),B'生)2+f冗)2[=土2f冗)2]LaJLaJ2mLLaJ2m,所以£/£=2b）简单立方晶格的晶格常数为a,倒格子基矢为A=f竺i,B=f竺J,C=f公LaJLaJLaJk,第一布里渊区如图7—2所示.A点能量8==AB点能量8B所以8/8=3根据自由电子理论，自由电子的能量为8=—(K2根据自由电子理论，自由电子的能量为8=—(K2+K2+K2),FerM面应为球面.由(b)可知，内切于4点的内切球的体积4兀"兀、3V兀..于是在K空间中，内切球内能容纳的电子数为§k—J①言一)-=-N=1.047N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，向其中掺入乂个锌原子。则晶体中电子的总数为：(N-x)+2x=N+xN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：N4…，，,4兀，，、4%''3兀其倒格子为体心立方，倒格子的边长为：空，对角线的长度为：于是：布里渊区边界到原点的距离为：Lx土坦=上丑"aa

即：当Fermi球与第一布里渊区边界相切时，又由：2x———x冬兀k3—N+x(2兀)33FN+xk33t3兀3v3k于是有:N+X<3knN+xv'3kt3兀—1«40.35970.3597n—N—x1—0.35970.3597归0.560.6403即：当锌原子与铜原子之比为于是有:N+X<3knN+xv'3kt3兀—1«40.35970.3597n—N—x1—0.35970.3597归0.560.6403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U(x,y)=—4Ucos(2兀x)(2兀y)kaJcoskaJ.-."nn\-用基本方程，近似求出布里渊区角-,-处的能隙.〈解>以i,j表示位置矢量的单位矢量，以b,b表示倒易矢量的单位矢量，则有，12——C广j"(广.广)

r=Xi+yi,G=Gb+Gb=gb+gb,g,g1122a1122(2兀x)(2兀y]——4Ucoscos—kaJkaJ晶体势能U(x,y)----1为整数。2U(r)=-UeG(11)eiG(11)其中UG(11)——U，而其他势能傅氏系数UG(10)=UG(20)...=0本方程(人—e)C(K)+ZUG(K—G)=0变为成-e)C(K)成-e)C(K)+UG(11)C(K—G)+U(-)C(—G-))+U(-)C(—G(11)(11))+UG(11)C(K一气))=0求布里渊区角言冗兀)顶一，一即k=G(―,—)=—G(11言冗兀)顶一，一中=C(K)eiK『+C(K-G)ei(K-G)『来处理。TOC\o"1-5"\h\z当K=-G(11),^=-~G(11)时依次有22K—G(11)=—1G(11),K—G(11)=+1G(11)而其他的K—G(11),22X-G(11)>G(ll)|,所以在双项平面波近似下上式中只有c；G(11),cG-g(h))=c--g(ii);cf~G(ll)lcG-G(l1))=cf+~G(ll)^UJI2J-8|CJXG-8|CJXG(11)|-t/C[-±G(11)|=0g(h))\2)v2)-8]C[-上G(11)]-t/cf+七(11)]=0g(h)J\2)\2>/X—£—U+G(11)=0,因为2—llX—£-亳(11)2方2「1/、]2力2兀2力2兀2TOC\o"1-5"\h\zX=X=X=G(11)—由行列式有(X—S)2—t/2=。解得s=X±=±U,+G(n)—%(ii)2/nL2Jma2ma2=0,因为\o"CurrentDocument"227171所以在(一，-一)处的能隙为勇"-£=2u.aa+-第五章晶体中电子在电场和磁场中的运动有2715.1、设有~维晶体的电子能带可写成E(k)=(―-coska+—cos2^),其中。为晶格常数，以是电子ma288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。TOC\o"1-5"\h\z力27]命学：(1)E(k)=(—一coska+—cos2ka)ma28827]=—[-—coski+-(2cos2^«—1)]ma288=——[(cos辰Z—2)2—1]

4ma2当ka=(2n+l)兀时，n=0,±1,±2•••maxma2maxma2当犯二211兀时，旧以)=0min能带宽度=E-E(2)°2力2ma21dE(k)力1=(sinka-~sin2ka)hdkma4i=m(coska-~cos2ka)-12当k=0时,带底，m*=2m当k=±2时,带顶，m*=-3m5.5、解：(1)电子的运动速度：v=1VE(k)hk••・加速度：虹=d(LV_E)dtdthk1dE-V_—hkdt由于单位时间内能量的增加=力在单位时间内作的功即:一=F-一=F-v=~VE-Fdtdtdv1-1：E•——=—V_[V_E-F]=—V_[——F+

dth2kkh2k:k11:E——F:k22F]写成分量的形式:dvdtdvdtdvdth2：k：k112131122232132333TOC\o"1-5"\h\z心右11：2E/、.、中：m=后eJ’2’ljIj由题知:Eh2k2+h2k2+hk2由题知:2m2m2m123容易得出:m11=—同理:m1m22m33m12=0同理:m.mmdvm—1=F1dt1dv〈m2=F2dt2dvm—3-=F〔3dt3故运动方程为:(2)当存在磁场万作用时，电子将受到洛仑兹力作用F=-evxB当B相对于椭球主轴的方向余弦为a,p,y时，电子的运动方程可写成:iv1Bajk_vv=(vBy-vBp)i+(VBa-VBy)j+(VBp-VBa)k23233112BpBy.•・电子的运动方程可写成:dvm1=F=-e(vBy-vBp)=wv一①vdt1232332.dv••〈m—r=F=-e(vBa-VBy)=wv一①vdt2313113dvm—=F=-e(vBp-VBa)=wv-wvdt3111221其中：w=eBa,w=eBp,w=eBy由于电子在磁场B作用下作周期性运动，故可设试探解:v=veiwtv2=v20eiwt代入上述方程组可得:v=veiwtiwmv=wv-wv112332<iwmv=wv-wv223113iwmv=wv-wv1331221iwmv+wv-wv=0113223即｛wv-iwmv-wv=0312213wv-wv+iwmv=021233v,v,v有非零解的条件是123iom1o3o2o3iom2-o1-o2-o1iom3=0nimmmo3=二iomo2+iomo2+iomo2123112233即：omo2+mo2+mo2_ma2+mP2+mmm2=—1~~1r-mm—23~~3-m=e2B2—1—223123my2e2B22=m*2m.mmm*2即：o=四其中：m*=1/2证毕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m=0.015m,介电常数£=18，晶格常数a=6.495。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?m*〈解＞（1）由于施王电离能Ee2B22=m*2m.mmm*2即：o=四其中：m*=1/2证毕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m=0.015m,介电常数£=18，晶格常数a=6.495。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?m*〈解＞（1）由于施王电离能Ed是氢原子电离能E的倍，m*E0.014x13.6(eV)=6.59x10-4(eV)(17)2(2),17x0.52。。(5)=6.31x102(5)6.31x10-8(m)0.014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Nd就一定满足(2a)3N=1,.N=(上)3DD2a(2x6.31x10-8)3=4.98x1020(m-2)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：P=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由题知：u=1ev=1.602X10-19J0.97N=09Lx6.02x102323一“0.97_"”10「19于是：n=Nekbt^-―x6.02x1023xe1.38x10-23x300=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=<NN'e-"2w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：N!七_CN~(N-