固体物理习题带答案

1、第一章：晶体结构 1 证明：立方晶体中，晶向证明：立方晶体中，晶向hkl垂直于晶面垂直于晶面(hkl)。 证明：晶向hkl为 321 lkh，其倒格子为 )( 2 )( 2 )( 2 321 21 3 321 13 2 321 32 1 aaa aa b aaa aa b aaa aa b 。可以知道其倒格子矢量 hkl G 平行于晶向。同时对于晶面（hkl）可以得到倒格子矢量与其垂直。证明如下： 因为 ijji ba2 ， 321 b lbkbhGhkl ，如图所示： l a k a CB l a h a CA 3231 （上图中 321 ,hhh分别对应 hkl） ，很容易证明 0 CAG

2、hkl ，0 CBGhkl 。因此 hkl G 与晶面族（hkl）正交。 所以得出结论晶向hkl垂直于晶面(hkl)。 2 晶面族晶面族(hkl)的面间距的面间距d与倒格矢与倒格矢 123 Khbkblb 的关系是的关系是 2 d K 证明：因为nxb lbkbh2)( 321 ，n取不同值代表一个一族晶面系中，不同的晶面。 如图所示。各晶面到原点的垂直距离： 321 2 b lbkbh n dn 。因此，其面间距为 321 2 b lbkbh d 。 3 试写出简单立方，面心立方，体心立方的初基矢量以及相应的倒格矢。试写出简单立方，面心立方，体心立方的初基矢量以及相应的倒格矢。 解： 简单立

3、方的初基矢量和倒格矢相同，面心立方和体心立方的初基矢量和倒格 矢分别是面心立方的倒格矢为体心立方，体心立方的倒格矢为面心立方。具体讨 论见黄昆版固体物理P178. 4 写出晶体有几大晶系，几个布拉菲格子，几个点群，几个空间群。写出晶体有几大晶系，几个布拉菲格子，几个点群，几个空间群。 解：晶体中 7 大晶系，14 种布拉伐格子，32 个点群，230 个空间群。 5 写出七大晶系写出七大晶系 解：七大晶系分别为：三斜晶系、单斜晶系、正交晶系、三角晶系、四方晶系、 六角晶系、立方晶系。 6 证 明 ： 立 方 晶 系 中 ， 面 指 数证 明 ： 立 方 晶 系 中 ， 面 指 数 (h1k1l1

4、) 和和 (h2k2l2) 的 两 个 晶 面 夹 角 为的 两 个 晶 面 夹 角 为 1 2121 2 222 1/2222 1/2 111222 cos ()() hhk kll hklhkl 解： 面指数为(h1k1l1)的晶面与倒格矢 111 lkh G 相互垂直。 面指数为(h2k2l2)的晶面与倒格 矢 222 lkh G 垂 直 。 因 此 两 个 晶 面 的 夹 角 即 为 两 个 倒 格 矢 的 夹 角 。 因 此 其 夹 角 为 1 1 12 2 2 1 1 12 2 2 1 2121 2 222 1/2222 1/2 111222 cos ()() h k lh k l

5、 h k lh k l GG hhk kll hklhkl GG 。 7 证明立方对称晶体中，介电常数张量为对角张量：证明立方对称晶体中，介电常数张量为对角张量： 0 0 0 00 00 00 解 : （ 详 见 黄 昆 固 体 物 理 P26 ） 介 电 常 数 按 照 一 般 表 示 为 ： )(ED，其中，表示沿x，y，z轴的分量，我们选取x，y，z 沿立方晶体的三个立方轴的方向。 显然，一般地讲，如果把电场E和晶体同时转动，D也将做相同转动，我们将以 D表示转 动后的矢量。 设E沿y轴，这时，上面一般表达式将归结为：EDEDED zyzyyyxyx ,。现在 考虑把晶体和电场同时绕y轴

6、转动2/，使z轴转到x轴，x轴转到z轴，D将做相同 转动，因此 EDD zyz x EDD yyy y EDD xyx z 但是，转动是以E方向为轴的，所以，实际上电场并未改变，同时，上述转动时立方晶体 的一个对称操作，所以转动前后晶体应没有任何差别，所以电位移矢量实际上应当不变，即 DD 。将其带入转动后的变换式就得到 xyzyzyxy ,。表明0 zyxy 。 如果取E沿z方向并绕z轴转动2/，显然将可以按相同的办法证明0 yzxy 。这样 我们就证明了， 的非对角元都等于 0.于是一般表达式将化为),(zyxED 。 再取沿电场1 1 1方向，则 zzzyyyxxx DDD,，皆为E 3

7、 1 ，绕1 1 1转动3/2， 使z轴转到原x轴，x轴转到原y轴，y轴转到原z轴，电位移矢量转动后应写成 zzz xDD ， xxx yDD ， yyy zDD ，也皆为E 3 1 。和前面论证一样，电场 实际未变，晶体所经历的是一个对称操作，晶体也完全不变，所以 D应和D相同。从而可 以得到 0 zzyyxx 。由此得到介电常数张量为对角张量： 0 0 0 00 00 00 。 8 证明：在晶体的证明：在晶体的 x 射线衍射中射线衍射中为布拉格角， （为布拉格角， （1）如果波长改变，则反射线）如果波长改变，则反射线 偏转一个角度偏转一个角度tg 。 （。 （2）当晶体发生体膨胀时，反射线

8、将偏转角度）当晶体发生体膨胀时，反射线将偏转角度 3 tg ，为体胀系数为体胀系数 解： （1） 、布拉格衍射公式为sin2d，既然波长改变，则两边同时求导，有 cos2d，将两式组合，则可得tg 。 （2） 、当晶体发生膨胀时，则为d改变，将布拉格衍射公式sin2d左右两边同时对d 求导，则有 sin2 d。又有为体膨胀系数： d d 3 。所以得 3 tg 。 9 证明证明简单立方平面族（简单立方平面族（hkl）的面间距为）的面间距为 222 a d hkl （晶格常数为（晶格常数为a） 。） 。 解：与第二题同。此处略。 10 证明晶体点阵转动对称轴只有证明晶体点阵转动对称轴只有 1，2

9、，3，4，6。 解： （详见黄昆固体物理P30）设想有一个对称轴垂直于平面，平面内晶面的 格点可以用 2211 alal 来描述。如图所示 绕转轴的任意对称操作，转过角度为：； B点转到 B点，从而得知，该点必有一个格点； A点和B点是等价的，以通过B点的轴顺时针转过。A点转到 A点，从而得知该点必有 一个格点； 且有 ABnAB ，其中n为整数。从而有 ABAB)cos21 ( ，ncos21。 2/ )1 (cosn，1, 5 . 0, 0 , 5 . 0 , 1cos。所以n只能取值3 , 2 , 1 , 0 , 1，相应的角度： 00000 360,180,120,90,60，由此得出

10、结论：任何晶体的宏观对称性只能有以下几种对称 素： 6 , 4 , 3 , 2 , 1 6 , 4 , 3 , 2 , 1 。 11 计算面心立方和体心立方的衍射结构因子计算面心立方和体心立方的衍射结构因子，并说明它们的消光条件。，并说明它们的消光条件。 解：消光条件为：0 feS RS i h 第二章：第二章：原子的结合原子的结合 1 设原子间的互作用能表示为设原子间的互作用能表示为( ) mn u r rr 。证明：要使两原子处于平衡状。证明：要使两原子处于平衡状 态，则态，则 nm. 解：原子间的相互作用能为： nm rr ru )(。若两原子处于平衡状态时，则其相互 作 用 能 处 于

11、 极 小 值 ： 这 时 有0)()( )( 0 11 r nm r n r m dr rdu 。 所 以 有 1 0 1 0 nm r n r m 。所以 mn r n m 0 。 同时有0) 1)() 1)( )( 0 222 2 r nm r nn r mm dr rud 。所以有 mn r nn mm 0 ) 1( ) 1( 。 结合上面两式，所以得mn 。 第三章：晶格振动第三章：晶格振动 1 证明：由两种不同质量证明：由两种不同质量 M,m（Mm）的原子所组成的一维复式原子链中，）的原子所组成的一维复式原子链中， 如果波矢取边界值如果波矢取边界值1/(2 )qa （2a为晶格常数）

12、 ，为晶格常数） ，则在声学支上，质量为则在声学支上，质量为 m 的轻原子全部保持不动，在光学支上，质量为的轻原子全部保持不动，在光学支上，质量为 M 的重原子保持不动。的重原子保持不动。 证明：关于一维复式晶格振动： 质量为M的原子位于32 , 12 , 12nnn。 质量为m的原子位于42 , 22 ,2nnn。 牛顿运动方程： )2( )2( 2221212 121222 nnnn nnnn M m 体系N个原胞，有N2个独立的方程。 方程解的形式： )2( 2 qnati n Ae ， )12( 12 aqnti n Be 带回到运动方程得到： 0)2()cos2( 0)cos2()2

13、( 2 2 BMAaq BaqAm 。 若BA、有非零的解，系数行列式满足0 2cos2 cos22 2 2 Maq aqm 。 所以解得sin )( 4 1 1 )( 2/12 2 2 aq Mm mM mM Mm 。 一维复式晶格的结果与一维单原 子晶格的情形比较，与q之间存在着两种不同的色散关系。一维复式晶体中可以存在两 种独立的格波。两种不同的格波的色散关系： sin )( 4 1 1 )( 2/12 2 2 aq Mm mM mM Mm sin )( 4 1 1 )( 2/12 2 2 aq Mm mM mM Mm 将 2 和 2 分 别 代 入 上 面 运 动 方 程 ， 得 到

14、aq m A B cos2 2 )( 2 和 aq m A B cos2 2 )( 2 。 在波矢去边界值时，0)( A B ， )( A B 。所以对于声学支 )( A B 是轻原子保持 不动，光学支0)( A B 上是重原子保持不动。 2 如 果 将 一 维 单 原 子 链 中 的 原 子 的 振 动 位 移 写 成 如 下 形 式 ：如 果 将 一 维 单 原 子 链 中 的 原 子 的 振 动 位 移 写 成 如 下 形 式 ： ( )cos(2) n x tAtnaq。试求格波的色散关系。试求格波的色散关系。 解：一维单原子链中，牛顿方程为： )2( 11nnnn xxxxm 若将其

15、振动位移写成( )cos(2) n x tAtnaq代入牛顿方程，则有 )2cos(1 2 2 aq m 因此其色散关系为 )2cos(1 2 aq m 。 3 设有一纵波设有一纵波( )cos(2) n x tAtnaq沿一维单原子链传播，原子间距为沿一维单原子链传播，原子间距为a，最近，最近 邻互作用的恢复常数为邻互作用的恢复常数为，试证明：每个原子对时间平均的总能量为，试证明：每个原子对时间平均的总能量为 22 1 2 emA，m为原子的质量为原子的质量。 解：具体解答见图：解题步骤一样。 注：在上面计算中用到了和差化积公式： 2 sin 2 sin2coscos baba ba 。 4

16、 证明：由证明：由 N 个质量为个质量为 m 的相同原子组成的一维单原子晶格，每单位频率间的相同原子组成的一维单原子晶格，每单位频率间 隔内的振动方式数为隔内的振动方式数为 21/2 24 ( )() N g m 式中式中为恢复力常数。为恢复力常数。 解 ： 由N个 质 量 为m的 相 同 原 子 组 成 的 一 维 单 原 子 晶 格 ， 色 散 关 系 为 ) 2 1 sin(2aq m 。 其 振 动 模 式 密 度 为 dq d L d dn g 1 2 2)(， 式 中NaL 。 所 以 ) 2 1 c o s ( 1 )( aq m N g 。化简为 21/2 24 ( )() N

17、 g m 。 5 推导推导一维和二维晶体在一维和二维晶体在德拜德拜近似下近似下的晶格振动模式密度，以及德拜热容量。的晶格振动模式密度，以及德拜热容量。 解：德拜假设弹性波的色散关系为Cq。 首先考虑一维情况下的晶格振动模式密度：)/()2/(2)( 1 CLdqLg 同理在二维情况下的晶格振动模式密度为： 2 2 22 2 2 2)2/()( C L qdqLg 。 在计算德拜热容时首先需要考虑的是 m ，根据 m 可以得到如下关系式： Ndg m 0 1 )( Ndg m 2)( 0 2 计算后得出， 对应于一维和二维的情况， 分别有： L NC m 1 ， 2/1 2 2 2 8 L NC

18、 m 。 则利用德拜温度表达式 B m D k 可以分别计算出在一维和二维情况下的德拜温 度 1D ， 2D 。则，德拜热容即可利用德拜温度表达出来： T D DV D d e eT RTC / 0 2 4 3 1 9)/( 。式中为TkB/， B NkR 为气体常数。 第四章：晶体缺陷第四章：晶体缺陷 1 在单原子晶体中，原子在间隙位置上的能量比在格点位置上高在单原子晶体中，原子在间隙位置上的能量比在格点位置上高 1ev。设间隙。设间隙 位置数等于空位数，试求什么温度下，有位置数等于空位数，试求什么温度下，有 1/1000 的原子跃入间隙位置。的原子跃入间隙位置。 解： Tku B Nen

19、/ ，式中 1000 1 N n ，eVu1， B k为波尔兹曼常数。 所以得出结果： 1000ln 1 B k T 。 2 推导肖特基点缺陷和弗伦科尔点缺陷的平衡点缺陷浓度推导肖特基点缺陷和弗伦科尔点缺陷的平衡点缺陷浓度。 解：肖特基点缺陷： 设在热平衡状态， 其中肖特基缺陷的数目n可由体系自由能F取极小值的条件得 到。设晶体有N个原子，从中产生n个空位的方式数目为 )!( ! ! nNn N CP N n ，肖特基缺 陷使晶格中原子的几何分布的组态增多， 引起晶格组态熵 （或称混合熵） 增加PkS Bln ， 这里的 B k为波尔兹曼常数，若产生一个肖特基缺陷的能量为 v u，则n个空位使

20、体系自由能 的该变量为STnuF v ，由自由能极小条件0 n F ，再利用斯特令近似 NNNNln!ln，可求得肖特基缺陷的平衡数目 Tku Bv Nen / 。 弗伦克尔缺陷： 设弗伦克尔缺陷数目为n，晶体有N个原子， N个间隙位置。于是n个空位在晶体中 分布的方式有 N n C，而n个填隙原子在 N个位置有 )!( ! ! nNn N C N n 种分布方式。故n个 弗伦克尔缺陷有 N n N nC CP 种组态，体系相应熵增量即混合熵为PkS Bln 。若u为形 成一个弗伦克尔缺陷的能量，则晶体有n个弗伦克尔缺陷时的自由能改变量为 STnsF，有自由能极小条件0 n F 以及利用大数N

21、的特斯令近似公式 NNNNln!ln， 可 求 得 在 热 平 衡 时 晶 体 中 的 弗 伦 克 尔 缺 陷 数 目 TkuNNn B 2/exp 2/1 。 3 有限源扩散中，求时间有限源扩散中，求时间 t 之后扩散粒子的均方位移。之后扩散粒子的均方位移。 4 推导爱因斯坦关系推导爱因斯坦关系kTqD 第五章：第五章： 1 已知一维金属晶体共含有已知一维金属晶体共含有 N 个电子，晶体的长度为个电子，晶体的长度为 L。 设设 T0K， 试求：试求： 1） 电子的能态密度电子的能态密度 2） 晶体的费密能级晶体的费密能级 3） 晶体电子的平均能量晶体电子的平均能量 解：1） 、一维金属晶体的能态密度为： 2/1 2 E mL k Lm EN 。 2） 、晶体的 0K 下的费米能级由公式 0 0 )( F E dEENN确定，由此可计算出在 0K 下的费米能 级： 2 2 0