固体物理学习题解答.pdf

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1、固体物理学习题解答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）第一章第一章 晶体结构晶体结构1.11.1、解解：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，x（1）对于简立方结构：（见教材P2图1-1）nVVc43r，Vc=a3，n=134343rr33x 0.526a38r3a=2r，V=（2）对

2、于体心立方：晶胞的体对角线BG=3a 4r a n=2,Vc=a34 3x3442r32r3333x 0.688a34 33(r)3（3）对于面心立方：晶胞面对角线BC=2a 4r,a 2 2rn=4，Vc=a3444r34r3233x 0.74336a(2 2r)（4）对于六角密排：a=2r晶胞面积：S=6SABO 6晶胞的体积：V=SC a asin603 32=a223 328a a 3 2a3 24 2r323n=121211 2 3=6个6246r323x 0.743624 2r（5）对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG=3a 42r a 8r3n=8,Vc=a318x 434r8r3

3、333 0.346a3833r3 3c81/2()1.633a3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。1.31.3、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：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。1.21.2、试证：六方密排堆积结构中、试证：六方密排堆积结构中aa 12(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）：a2(i k)2aa 32(i j)由倒格

4、子基矢的定义：b12(a2a3)0,a a1(a2a3),2a,2a,20,a,2ai,2aaa3，a2a3,224a,02j,0,a,2kaa2(i j k)2404a22b1 23(i j k)(i j k)a4a2(i j k)a同理可得：即面心立方的倒格子基矢与体心立方的正格基矢相同。2b3(i j k)ab2所以，面心立方的倒格子是体心立方。aa 12(i j k)a（2）体心立方的正格子基矢（固体物理学原胞基矢）：a2(i j k)2aa 32(i j k)2由倒格子基矢的定义：b12(a2a3)aaa,i,j,k222aaaa2aaaa3(j k)，a2a3,a1(a2a3),2

5、2222222aaaaaa,2222222a22b1 23(j k)(j k)a2a2(i k)a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。2b3(i j)ab2所以，体心立方的倒格子是面心立方。1.51.5、证明倒格子矢量、证明倒格子矢量G h1b1 h2b2 h3b3垂直于密勒指数为垂直于密勒指数为(h1h2h3)的晶面系。的晶面系。证明：因为CA a1a3aa,CB 23，G h1b1 h2b2 h3b3h1h3h2h3利用aibj 2ij，容易证明Gh1h2h3CA 0Gh1h2h3CB 0所以，倒格子矢量G h1b1 h2b2 h3b3垂直于密勒指数为(h1h2h3)

6、的晶面系。1.61.6、对于简单立方晶格，证明密勒指数为、对于简单立方晶格，证明密勒指数为(h,k,l)的晶面系，面间距的晶面系，面间距d满足：满足：d a(h k l)，其中其中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。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：a1 a2 a3，a1 ai,a2 aj,a3 ak由倒格子基矢的定义：b1 222222a2a3a3a1a1a2，b2 2，b3 2a1a2a3a1a2a3a1a2a33222i,b2j,b3kaaa222倒格子矢量：G hb1kb2lb3，G hi kj lkaaa倒格子基矢

7、：b1晶面族(hkl)的面间距：d 2G1hkl()2()2()2aaaa2d 2(h k2l2)2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。1.91.9、画出立方晶格（、画出立方晶格（111111）面、）面、（100100）面、）面、（110110）面，并指出（）面，并指出（111111）面与（）面与（100100）面、）面、（111111）面与（）面与（110110）面的交线的晶向。面的交线的晶向。解：(111)1、(111)面与(100)面的交线的 AB，AB 平移，A 与 O 点重合，B 点位矢：RB aj ak，(111)面

8、与(100)面的交线的晶向AB aj ak，晶向指数011。(111)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：RB ai aj，(111)面与(110)面的交线的晶向AB ai aj，晶向指数110。4第二章第二章 固体结合固体结合2.12.1、两种一价离子组成的一维晶格的马德隆常数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，和库仑相互作用能，设离子的总数为设离子的总数为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

9、负号），用 r 表示相邻离子间的距离，于是有rj(1)1111 2.rijr2r3r4r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111 21.2342xx3x4.n(1 x)xx3452n2当 X=1 时，有1111.234n22.32.3、若一晶体的相互作用能可以表示为、若一晶体的相互作用能可以表示为u(r)rmrn试求：试求：（1 1）平衡间距）平衡间距r0；（2 2）结合能）结合能W（单个原子的）（单个原子的）；（3 3）体弹性模量；）体弹性模量；（4 4）若取）若取m 2,n 10,r0 3A,W 4eV

10、，计算，计算及及的值。的值。解：解：（1 1）求平衡间距）求平衡间距 r r0 0由du(r)dr 0，有：rr01mn mmn 0 r 0m1n1r0r0.n n m1nm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 2）求结合能）求结合能 w w（单个原子的）（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Umin即：W U(r0)（3 3）体弹性模量）体弹性模量rm0rn0（可代入 r0值，也可不代入）r02由

11、体弹性模量公式：k 9V02Ur2r0（4 4）m=2m=2，n=10n=10，r0 3A，w=4eVw=4eV，求、，求、10r0 2U(r0)1858 1r02r.10 45r02(r085代入)W U(r0)4 4eV25r019将r0 3A，1eV 1.60210J代入6 7.2091038N m2 9.45910115N m2（1）平衡间距 r0的计算晶体内能U(r)N(mn)2rr1nnmn)m 0，m1n1 0，r0(r0r0mdU平衡条件drrr0（2）单个原子的结合能1nn1)mW u(r0)，u(r0)(mn)，r0(m2rrrr01mnnmW(1)()m2nm2U)VV0

12、（3）体弹性模量K (V20晶体的体积V NAr，A 为常数，N 为原胞数目晶体内能U(r)3N(mn)2rrUU rNmn1(m1n1)2Vr V2 rr3NAr2UN r mn1()2m1n12V2 V rrr3NAr2UV2V V0N1m2n2mnmnmn2 9V02r0r0r0r0由平衡条件UVVV0mnNmn1n，得(m1n1)0m2r0r02 r0r03NAr02UV22UV2U0V V0N1m2n2mn22 9V0r0r0N nmN1mn mn2 9V02r0mr0n2 9V02r0mr0nV V0N(mn)2r0r02UV2V V0mn(U0)9V027体弹性模量K U0mn9

13、V0（4）若取m 2,n 10,r0 3A,W 4 eV1mnn1mnr0()m，W(1)()nmm2nmW10r0，r02102Wr021.210-95eV m10，9.01019eV m22.62.6、bccbcc 和和 fcc Nefcc Ne 的结合能，用林纳德琼斯的结合能，用林纳德琼斯(Lennard(LennardJones)Jones)势计算势计算 NeNe 在在 bccbcc 和和 fccfcc 结构中的结合能结构中的结合能之比值之比值解u(r)4()(),u(r)N(4)An()Al()r2rrr2A6A1261 du(r)6u0 N 0 r0 2rA2A12r6126112

14、6bccu(r0)bccA62A612.252/9.11()/()0.9572fccu(r0)fccA12A1214.45/12.132.72.7、对于对于H2，从气体的测量得到从气体的测量得到 LennardLennardJonesJones 参数为参数为 5010J,2.96 A.计算计算 fccfcc 结构的结构的H2的结合能的结合能 以以 KJ/molKJ/mol 单位单位)，每个氢分子可当做球形来处理结合能的实验值为，每个氢分子可当做球形来处理结合能的实验值为 0.751kJ0.751kJmo1mo1，试与计，试与计算值比较算值比较解 以H2为基团，组成 fcc 结构的晶体，如略去动

15、能，分子间按 LennardJones 势相互作用，则晶体的总相互作用能为：612126U 2NPijPij.RRji6jP614.45392;Pij1212.13188,iji 501016erg,2.96 A,N 6.0221023/mol.将R0代入U得到平衡时的晶体总能量为126因此，计2.962.962816U 26。02210/mol5010erg12.1314.45 2.55KJ/mol.3.163.168算得到的H2晶体的结合能为 255KJmol，远大于实验观察值 0.75lKJmo1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

16、值之间巨大差别的原因第三章第三章 固格振动与晶体的热学性质固格振动与晶体的热学性质3.13.1、已知一维单原子链，已知一维单原子链，其中第其中第j个格波，个格波，在第在第n个格点引起的位移为，个格点引起的位移为，nj ajsin(jt _ naqjj)，9j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。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nnjajsin(jt naqjj)（1）jj2*2*nnjnjnjnjnjjjjj j由于njnj数目非常大为

17、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n2j2nj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2j1T0T00a2jsin(jt naqjj)dt 12aj（2）2已知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Tnj1T0L0dxT001 dnj2wja2T01j2dt La sin(t naq)dt w2La2jjjjjj02dt2T4 0其中 L 是原子链的长度，使质量密度，T0为周期。所以Tnj112w2La KT（3）jj422因此将此式代入（2）式有njKTPL2j所以每个原子的平均位移为n

18、2j2njjKTKTPL2PLjj12j3.23.2、讨论、讨论N N 个原胞的一维双原子链（相邻原子间距为个原胞的一维双原子链（相邻原子间距为a a），其，其2N2N 个格波解，当个格波解，当M=m时与一维单原子时与一维单原子链的结果一一对应。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。牛顿运动方程m2n(22n2n12n1)M2n1(22n12n22n)N 个原胞，有 2N 个独立的方程设方程的解2n Aeit(2na)q2n1 Beit(2n1)aq，代回方程中得到102(2m)A(2cosaq)B 02(2cos

19、aq)A(2M)B 0A、B 有非零解，2m22cosaq22cosaq2M2 0，则1(m M)4mM211sin aq22mM(m M)两种不同的格波的色散关系1(m M)4mM211sin aq22mM(m M)22(m M)4mM11sin2aq 2mM(m M)12一个 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时4aqcosm24aqsinm2，两种色散关系如图所示：长波极限情况下q 0，sin(qaqa，)22(2m)q与一维单原子晶格格波的色散关系一致.3.33.3、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、考虑一双子链的晶格振动

20、，链上最近邻原子间的力常数交错地为和和10，两种原子质量相等，两种原子质量相等，且最近邻原子间距为且最近邻原子间距为a 2。试求在。试求在q 0,q a处的处的(q)，并粗略画出色散关系曲线。此问题模拟如，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。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 2n1 个原子的运动方程：m2n(12)2n22n112n1m2n1(12)2n112n222n体系 N 个原胞，有 2N 个独立的方程1it(2n)aq21it(2n1)aq2方程的

21、解：2n Ae22，令11/m,22/m，将解代入上述方程得：2n1 Be11()A(e(e1i aq22121222211i aq2e221i aq2)B 0e1i aq2222)A(1222)B 0A、B 有非零的解，系数行列式满足：(),(e212121222(e211i aq2e221i aq2)1i aq2212222e1i aq222 01i aq21i aq21i aq21i aq22),(1222)21211i aq21i aq2()(e()(e2222ee22221i aq21i aq2)(e)(e2121ee2222)0)022因为1、210，令0124(1102)2(10

22、1 20cos aq)0 0c10c22得到,2100mm2两种色散关系：20(11 20cos qa101)当q 0时，(11 121)，220 220 0当q a时，(11 81)，220 200 20（2）色散关系图：23.73.7、设三维晶格的光学振动在、设三维晶格的光学振动在 q=0q=0 附近的长波极限有附近的长波极限有(q)0 Aq求证：f()V11/2,0;f()0,0.042A3/22212解0时，0 Aq 0 f()0,00 Aq q A依据q(q)2Aq,f()32012Vds，并带入上边结果有q(q)dsV1A1/2V11/2f4 00331/2223/22q(q)22

23、A02AV3.83.8、有、有 N N 个相同原子组成的面积为个相同原子组成的面积为 S 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12比与比与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ndn间圆环的面积2ndn，且L253s2ndn kdk kdk即d则222v23skBT E012v2233sE 2v2m2de/kBT0DD3d3s k Tk Tk TBBBe/kBT12v222xDDx2dx，xe 1T 0时，E T3,Cv(E)sT2T3.93.9、写出量子谐振子系统的自由能，证明在经典极限下

24、，自由能为、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 U0kBTqqnk TB1q证明:量子谐振子的自由能为F U kBTq2 kBT经典极限意味着（温度较高）kBT应用ex1 x x2.所以eqkBTn1egqkBT1q.kBTkBTq21因此F U qkBTq2q其中U0U qU0kBTn11k TBqnk TB1q2q3.103.10、设晶体中每个振子的零点振动能为、设晶体中每个振子的零点振动能为1，使用德拜模型求晶体的零点振动能。，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。E

25、0m0E0gd将E03V1和g232代入积分有2vs2E03V994N，由于 k得E NkBDmmmBD02316vs882一股晶体德拜温度为10 K，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133.113.11、一维复式格子、一维复式格子m 51.671024g,学波学波max,min，声学波，声学波max。（2 2）相应声子能量是多少电子伏。）相应声子能量是多少电子伏。（3 3）在）在 300k300k 时的平均声子数。时的平均声子数。00AM，光，光 4,1.5101N/m(即1.51104dyn/cm),求（求（1 1）m（4 4）与）与max相对应的电磁波波长在什

26、么波段。相对应的电磁波波长在什么波段。解（1），Amax0221.5104dyn/cm131 3.0010 s,24M451.6710omax2M m21.51044551.671024dyn/cm 6.701013s12424Mm451.671051.6710Amax221.5104dyn/cm1315.9910 s24m51.6710Amax 6.5810165.991013s11.97102eVo16（2）max 6.58106.701013s1 4.41102eVomin 6.5810163.001013s1 3.95102eVAn（3）max1eAmax/kBT1O0.873,nma

27、x1eOmax/kBT10.221Onmin1eOmin/kBT1 0.276（4）2c 28.1m14第四章第四章 能带理论能带理论4.14.1、根据根据k a状态简并微扰结果，状态简并微扰结果，求出与求出与E及及E相应的波函数相应的波函数及及?，并说明它们的特性并说明它们的特性说说2*明它们都代表驻波，并比较两个电子云分布明它们都代表驻波，并比较两个电子云分布说明能隙的来源说明能隙的来源(假设假设Vn=Vn)。解令k a，k ak0(x)Bk0(x)，简并微扰波函数为 A0*E(k)E AV B 0n0VnAEkEB 0取E E带入上式，其中E E0(k)VnV(x)0,Vn 0,从上式得

28、到 B=-A,于是A00 A(x)(x)kkLnxixina2Anasinx=eeaL取E E，E E0(k)VnVnA VnB,得到A BA A(x)(x)L0k0knxixina2Anacosxee=aL由教材可知，及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子波矢k n22a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并与反射波形成驻波由于两驻波的电子分布不同，所以对应不同代入能量。4.24.2、写出一维近自由电子近似，第、写出一维近自由电子近似，第 n n 个能带个能带(n=1(n=1，2 2，3)3)中，简约波数中，简约波数k 152a的的

29、 0 0 级波函数。级波函数。)x1ikx1ikxi2amx1i2axi2amx1i2a(m14ee eeee解(x)LLLL*k1i2ax 0,m 0,(x)e第一能带：m2aL*k2ixxi221i3*a2a2a,即m 1,（e=e）k(x)e第二能带：b b则b b,maaLx221i2axi2ax1i5*,即m 1,k(x)eee2a第三能带：c c,maaLL4.34.3、电子在周期场中的势能、电子在周期场中的势能1m2b2(xna)2,当nab x nab2V(x)0 0，当(n-1)a+b x nab其中其中 d d4b4b，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

30、二个禁带度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，V(x)是个以a为周期的周期函数，所以V(x)11a1abV(x)V(x)dx V(x)dxLbbLaa题设a 4b，故积分上限应为ab 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1bm2b2m22V V(x)dx(b x)dx bba2a2a2b xbb1x33bb12。mb6（3），势能在-2b,2b区间是个偶函数，可以展开成傅立叶级数V(x)V0mm22bm1bmVmcosx,VmV(x)cosxdx V(x)cos

31、xdx002b2b2bb2bm2第一个禁带宽度Eg1 2V1,以m 1代入上式,Eg1b16b0(b2 x2)cosx2bdx利用积分公式u cosmudu 2u2musinmu 2cos mum3sinmu得m2Eg116m23b2第二个禁带宽度Eg2 2V2,以m 2代入上式,代入上式b22m2Eg2b4.44.4、0(b x)cosxbdx再次利用积分公式有Eg22m22b2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)s J0Rs近邻J(Rs)eik(Rs)在面心立方中，有12个最近邻，若取Rm 0

32、，则这12个最近邻的坐标是：aaaa(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0)2222aaaa(0,1,1),(0,1,1),(0,1,1),(0,1,1)2222aaaa(1,0,1)(1,0,1),(1,0,1),(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(RS)有相同的值，简单表示为J1=J(RS)。又由于s态波函数为偶宇称，即s(r)s(r)在近邻重叠积分J(Rs)i(Rs)U()V(Rs)i()d中，波函数的贡献为正J10。s于是，把近邻格矢RS代入E(RS)表达式得到：*Es(k)S J0 J1Rs近邻eikRsaaa(kxk

33、y)i(kxky)i(kxky)i(kxky)iae2e2e2=S J0 J1e2eai(kykz)2eai(kykz)2eai(kykz)2eai(kykz)2+eai(kxkz)2eai(kxkz)2eai(kxkz)2eai(kxkz)217aaaa=S J02J1cos(kxky)cos(kxky)cos(kykz)cos(kykz)2222acos(kzkx)cos(kzkx)2 cos()cos()2coscos=s J04J1cosaaaaaakxcoskycoskycoskzcoskzcoskx222222（2）对于体心立方：有8个最近邻，这8个最近邻的坐标是：aaaa(1,1

34、,1),(1,1,1),(1,1,1),(1,1,1)2222aaaa(1,1,1),(1,1,1,),(1,1,1),(1,1,1)2222aaaEs(k)s J08J1(coskxcoskycoskz)2224.74.7、有一一维单原子链，间距为、有一一维单原子链，间距为 a a，总长度为，总长度为 N Na a。求（。求（1 1）用紧束缚近似求出原子）用紧束缚近似求出原子 s s 态能级对应的能带态能级对应的能带E(k)E(k)函数。函数。（2 2）求出其能态密度函数的表达式。）求出其能态密度函数的表达式。（3 3）如果每个原子）如果每个原子 s s 态只有一个电子，求等于态只有一个电子

35、，求等于 T=0KT=0K 的的费米能级费米能级EF及及EF处的能态密度。处的能态密度。解(1),E(k)sJ0J1(eika00eika)sJ02J1coska E02J1coskaikRsE(k)E J J(p)e0s(2),N(E)2Ldk2Na1N22dE2J1asinkaJ1sinka(3),N 0kF002NakFNa002(k)2dk 22kFkF22a00EF E(kF)E 2J1cos2a0a Es,N(EF)NJ1sin2aaNJ14.84.8、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、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

36、动能比该区一边中点大 2 2 倍倍(b)(b)对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？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)(c)(b)的结果对的结果对于二价金属的电导率可能会产生什么影响于二价金属的电导率可能会产生什么影响 7 718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第一布里渊区如图所示22i,B jaa区边中点的波矢为KA2i,角顶B点的波矢为KBi j.aaa2x2 Ky Kz2,自由电子能量2K2mA点能量A2m22Kx,2ma2ma22y22222222B点能量BK K2,

37、所以B/A 22m2maa2ma2xb)简单立方晶格的晶格常数为a，倒格子基矢为A 第一布里渊区如图72所示 2a 2 2i,B j,C aak,A点能量A;2ma22222B点能量BK K K3,2m2maaa2ma222x2y2z2219所以B/A 3(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K2m22x2 Ky Kz2，FerM 面应为球面由(b)可知，内切于 4 点的内切球的体4积34V2N 1.047N，于是在 K 空间中，内切球内能容纳的电子数为33aa2333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

38、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

39、导电4.104.10、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：N4其倒格子为体心立方，倒格子的边长为：4 34，对角线的长度为：aa于是：布里渊区边界到原点的距离为：14 334aa3a即：当Fermi球与第一布里渊区边界相切时，kF又由：243kF N x323V3N xkF3 3332V332a3a320于是有：N x3N x33N3aN4a4x31 0.3597N4x0.35970.3597 0.56N x10.35970.6403即：当锌原子与铜原子之比为0.

40、56时，Fermi球与第一布里渊区边界相接触。4.124.12、正方晶格设有二维正方晶格，晶体势为、正方晶格设有二维正方晶格，晶体势为Ux,y 4U cos 2x 2y cos.aa用基本方程，近似求出布里渊区角用基本方程，近似求出布里渊区角,处的能隙处的能隙a a,b,j表示位置矢量的单位矢量，以b解以i12表示倒易矢量的单位矢量，则有，G b2g b yi,G G1br xi1221 1 g2b2,g1,g2为整数。a晶体势能Ux,y 4U cos 2x 2y cos.aai2xi2xi2yi2yiG11Ur UeeeeUG11eG11其中UG11 U，而其他势能傅氏系数 UG10UG20

41、.0。这样基本方程kCKUGG(K G)0变为GKCKUG11CK G11UG11CK G11UG11CK G11UG11CK G11 0求布 里渊区角顶1 11,，即k G(,)G11处的能隙，可利用双项平面波近似2 22a a C(K)eiKrC(K G)ei(KG)r来处理。当K 11G11,K G11时依次有2211K G11 G11,K G11 G11而其他的K G11，22K G11 G11，所以在双项平面波近似下上式中只有21C12G11,CK G11 C12G11;C12G11,CK G11C12G11;1G11UC1G1112G11C22 01112G11C2G11UC2G1

42、1 01u2G11u1G11=0，因为22222112m2G112G1112G11ma22由行列式有()2U2 0解得=U 2ma2U,所以在（a,-a）处的能隙为=+2u.第五章第五章 晶体中电子在电场和磁场中的运动晶体中电子在电场和磁场中的运动25.15.1、设有一维晶体的电子能带可写成、设有一维晶体的电子能带可写成E(k)ma2(78coska18cos2ka)，是电子的质量。是电子的质量。试求（试求（1 1）能带宽度；）能带宽度；（2 2）电子在波矢）电子在波矢k k状态的速度；状态的速度；（3 3）带顶和带底的电子有效质量。）带顶和带底的电子有效质量。2解：（1）E(k)ma2(78

43、coska18cos2ka)=2ma2coska+(2cos2ka1)24ma2(coska2)21当 ka(2n+1)时,n=0,1,2Ek)22max(ma222其中其中a为晶格常数，为晶格常数，m当 ka=2n时,Emin(k)0能带宽度Emax Emin（2）*22ma21 dE(k)1(sinkasin2ka)dkma421 (3)m 2E m(coskacos2ka)12k2当k 0时,带底，m*2m当k 5.55.5、解：（1）电子的运动速度：v 加速度：2时,带顶，m*ma31kE(k)dvd11dE(kE)kdtdtdt由于单位时间内能量的增加=力在单位时间内作的功即：dEd

44、s1 F F v kEFdtdtdv11EEE2kkEF2kF1F2F3dtk1k2k3写成分量的形式：1dv11 2E2E2E1122F1F2F3F1F2F3dtk1k2k1k3m11m12m13k11dv21 2E2E2E112F12F2F3F1F2F3dtk2k2k3m21m22m23k1k2dv31 2E2E2E1112F1F22F3F1F2F3dtk3k2k3m32m33k3k1m31112E其中：（i,j=1,2,3）2mijkikj2322k32k12k2由题知：E 2m12m22m32111111 2E1,容易得出：22同理：m22m2m33m3m11k1m111111112E

45、 02 0同理：m13m21m23m31m31m12k1k2dv1m1dt F1dv故运动方程为：m22 F2dtdv3m3dt F3（2）当存在磁场B作用时，电子将受到洛仑兹力作用F evB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：ivB v1Bkv3(v2B v3B)i(V3BV1B)j(V1BV2B)kBBjv2电子的运动方程可写成：dv1m1dt F1 e(v2Bv3B)2v33v2dvm22 F2 e(v3BV1B)3v11v3dtdv3m3dt F3 e(v1BV1B)1v22v1其中：1 eB,2 eB,3 eB由于电子在磁场B作用下作周期性运动，故可设试探解：v

46、1 v10eitv2 v20eit代入上述方程组可得：v3 v30eit24im1v1 2v33v2im1v13v22v3 0im2v2 3v11v3即3v1im2v21v3 0im v v v v v im v 03 31 22 123 32 1v1,v2,v3有非零解的条件是im1323im2121 0im3222 im1m2m33 im11im22im33222m11m22m33m12m22m3222即：=e Bm2m2m3m1m2m322=m1m2m3e2B22m*2222m122m2 m3m*21/2m m meB即：其中：m*221222322证毕m*m1 m2 m3第六章第六章

47、金属电子论金属电子论25第七章第七章 半导体电子论半导体电子论7.17.1、InSbInSb 电子有效质量电子有效质量me 0.015m，介电常数，介电常数18，晶格常数，晶格常数a 6.49 A。试计算；。试计算；(1)(1)施主的电施主的电离能；离能；(2)(2)基态轨道的半径；基态轨道的半径；(3)(3)施主均匀分布，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？该高于多少？解（1）由于施主电离能ED是氢原子电离能Ei的m*倍，m02EDm*Ei0.01413.64(eV)6.5910(eV)2m0(17)4

48、20m0170.52a(A)6.31102(A)6.31108(m)（2），a002m*em*0.014（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ND就一定满足(2a)3ND1,ND(131202)4.9810(m)8 32a(26.3110)26第十二章第十二章 晶体中的缺陷和扩散晶体中的缺陷和扩散例例 1 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：Na=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，scho

49、ttky 定位的浓度 n 可写成：n Ne由题知：u=1ev=1.602 10-19JuKBTNa=0.97 克/厘米3每 cm3含 Na 的 mol 数为：0.9723每 cm3Na 中所含的原子数为：N=0.976.02102323u于是：n NeKBT0.976.021023e231.610191.381023300 4.2105个 厘米3。例例 2.2.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，Frenkelu缺陷的数目为：n NN e2KBT.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：nw1 CNN!(

50、N n)!n!这 n 个原子排列在 N个间隙位置上的可能方式数为：nw2 CN N!(N n)!n!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：27=12=N!N!(N n)!n!(Nn)!n!由此引起的熵的增量为：N!N!s kBlnw kBlnln(N n)!n!(N n)!n!利用斯特令公式:luN!=NlnN-N得s kBN lnN(N n)ln(N n)nlnnkBN ln N(N n)ln(N n)nlnn系统的自由能改变：F nuT sU 为形成一个 Frenkel 缺陷所需的能量。由热平衡条件：F 0有：nTu KBT ln(N n)(N n)