固体物理习题解答-完整版.pdf 41页

'《固体物理》习题解答第一章习题1.1如果将等体积球分别排列下列结构，设x表示刚球所占体积与总体积之比，证明结构x简单立方(书P2,图1-2)π/6≈0.52体心立方(书P3,图1-3)3/80.68π≈面心立方(书P3,图1-7)2/60.74π≈六方密排(书P4,图1-6)2/60.74π≈金刚石(书P5,图1-8)3/16π≈0.34解设n为一个晶胞中的刚性原子数，r表示刚性原子球半径，V表示晶胞体积，则致34πnr密度为:ρ=（设立方晶格的边长为a）r取原子球相切是的半径于是3V结构rnVρ3简单立方a/21aπ/6≈0.523体心立方a/21a3/80.68π≈3面心立方2a3/4a2/60.74π≈3六方密排4a2/4a2/60.74π≈金刚石a/2232a3/16π≈0.341/2c⎛3⎞1.2证明理想的六角密堆积结构（hcp）的轴比=⎜⎟≈1.6332⎝8⎠1/222cc⎛3⎞解由1.1题，六角密排中h=a=2r−，故=⎜⎟≈1.6333322⎝8⎠1.3证明：体心立方晶格的倒格子是面心立方；面心立方晶格的倒格子是体心立方KKKKKKKaa×Kaa×Kaa×233112解由倒格子定义b1=2πKKKb2=2πKKKb3=2πKKKaaa⋅×aaa⋅×aaa⋅×123123123KKKaaaKKKKKKKKK体心立方格子原胞基矢a=−++()ijka,()=−+ijka,()=−+ijk123222KKKKaa×2πaaKKKKK23倒格子基矢bi1==2(πKKK⋅−j+k)×(i+j−k)aaav⋅×221230感谢大家对木虫和物理版的支持！1 《固体物理》习题解答2πa2KKKKKK2πKK=⋅−+×+−()ijkijk()=()j+kv4a0KKKKaa×2πKK2πKK31同理bi2==2(πGGG+k)bi3=()+jaaa⋅×aa123KKK可见由bbb,,为基矢构成的格子为面心立方格子123面心立方格子原胞基矢KKKaajk=+()/21KKKaa=+()ki/22KKKaaij=+()/23KKKaa×K2πKKK23倒格子基矢b1=2πKKKbi1=()−++jkaaa⋅×a123KK2πKKK2πKKK同理bi=−()j+kbi=()−+jk23aaKKK可见由bbb,,为基矢构成的格子为体心立方格子1233(2)π1.4证明倒格子原胞的体积为，其中v0为正格子原胞体积v0KKKaa×23证倒格子基矢b1=2πKKKaaa⋅×123KKKaa×31b2=2πKKKaaa⋅×123KKKaa×12b3=2πKKKaaa⋅×123KKK*倒格子体积vbbb=⋅×()012333*(2)πKKKKKK*(2)πva=×()a⋅()a×a×()a×av=023331120vv00KKKK1.5证明：倒格子矢量Ghbhbhb=++垂直于密勒指数为()hhh的晶面系。112233123证：感谢大家对木虫和物理版的支持！2 《固体物理》习题解答JJJGJKKKKJJGaaaa1233CA=−,CB=−hhhh1323KJJJGGC⋅=A0hhh123容易证明KJJJGGC⋅=B0hhh123KKKKGhbhbhb=++与晶面系()hhh正交。112233123KKK1.6如果基矢abc,,构成简单正交系hkl222证明晶面族()hkl的面间距为d=+1()()()+abc说明面指数简单的晶面，其面密度较大，容易解理KKKKKKKKK证简单正交系abc⊥⊥aa===iab,,jack123KKKKKKKaa×Kaa×Kaa×233112倒格子基矢b1=2πKKKb2=2πKKKb3=2πKKKaaa⋅×aaa⋅×aaa⋅×123123123KKK222πKKππKbi===,,bjbk123abcKKKK222πKππKK倒格子矢量Gh=bk++blb=++hikjlk123abc2πhkl222晶面族()hkl的面间距d=K=+1()()()+Gabc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，这样的晶面越容易解理1.7写出体心立方和面心立方晶格结构中，最近邻和次近邻的原子数，若立方边长为a，写出最近邻和次近邻原子间距解简立方面心立方体心立方最近邻数6128最近邻间距a2a/23a/2次近邻数1266次近邻间距aa2a1.7画体心立方和面心立方晶格结构的金属在(100)，(110)，(111)面上原子排列．解：感谢大家对木虫和物理版的支持！3 《固体物理》习题解答体心立方面心立方1.9指出立方晶格(111)面与(100)面，(111)面与(110)面的交线的晶向解(111)面与(100)面的交线的AB－AB平移，KKKA与O重合。B点位矢R=−+ajakBJJJGKK（111）与（100）面的交线的晶向ABa=−+jak——晶向指数⎡⎤011⎣⎦(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KKKR=−+aiajBJJJGKK(111)面与(110)面的交线的晶向ABa=−+iaj――晶向指数⎡⎤110⎣⎦1.10找出立方体中保持x轴不变的所有对称操作，并指出他们中任意两个操作乘积的结果解：立方体中保持x轴不变，可有绕x轴转π/2、π、3π/2加上不动C1，所有对称操作构感谢大家对木虫和物理版的支持！4 《固体物理》习题解答成群C4:C4=（C1C2C3C4），群中任意两元素乘积仍是群中元素。⎛ε100⎞⎜⎟1.11证明六角晶体的介电常数张量为⎜0ε20⎟⎜⎟00ε⎝3⎠GGGGGT证明若A是一旋转对称操作，则晶体的介电常数ε满足ε=AεA，对六角晶系，绕x轴GG（即a轴）旋转180度和绕z轴（即c轴）旋转120度都是对称操作，坐标变换矩阵分别为⎛100⎞⎛−1/23/20⎞G⎜⎟G⎜⎟Ax=⎜0−10⎟Az=⎜−3/2−1/20⎟⎜001⎟⎜⎜001⎟⎟⎝⎠⎝⎠⎛ε11ε12ε13⎞⎜⎟GGGGT假设六角晶系统的介电常数为ε=⎜ε21ε22ε23⎟则由ε=AxεAx得⎜⎟εεε⎝313233⎠⎛ε11ε12ε13⎞⎛ε11−ε12−ε13⎞⎛ε1100⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟GGGGT⎜ε21ε22ε23⎟=⎜−ε21ε22ε23⎟可见ε=⎜0ε22ε23⎟将上式代入ε=AzεAz⎜⎟⎜⎟⎜⎟εεε−εεε0εε⎝313233⎠⎝313233⎠⎝3233⎠⎛ε3ε3ε3ε3ε⎞⎜11+22−11+22−23⎟⎛ε1100⎞⎜44442⎟⎜⎟⎜3ε3ε3εεε⎟1122112223得⎜0ε22ε23⎟=⎜−++−⎟所以⎜⎟⎜44442⎟0εε⎝3233⎠⎜3εε⎟2323−−ε⎜2233⎟⎝⎠⎛ε1100⎞⎜⎟ε23=ε32=ε11=0可得到六角晶系的介电常数为ε=⎜0ε220⎟选择相应的坐标变换⎜⎟00ε⎝33⎠⎛ε100⎞⎜⎟可得到ε=⎜0ε20⎟⎜⎟00ε⎝3⎠1.12比较面心立方晶格、金刚石晶格、闪锌矿晶格、Nacl晶格的晶系、布拉伐格子、平移群、点群、空间群。晶格晶系布拉伐格子点群空间群面心立方晶格立方面心立方OhFm3m金刚石晶格立方面心立方OhFd3m闪锌矿晶格立方面心立方TdF43mNacl晶格的晶系立方面心立方OhFm3m感谢大家对木虫和物理版的支持！5 《固体物理》习题解答第二章习题2.1．证明两种一价离子组成的一维晶格的马德隆常数为α=2ln2.证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α′(1)±1111=∑=−+−+2[...]rjrijrrrr234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，i故对一边求和后要乘2，马德隆常数为111α=−+−+2[1...]234234xxx∵A(1+=−+−+xx)...nx34111当X=1时，有1−+−+=...An2∴α=22An2342.2讨论使离子电荷加倍所引起的对Nacl晶格常数及结合能的影响（排斥势看作不变）2αeC解u()r=−+nrr12duαenC⎛nC⎞n+1由=−=0解可得r()e=⎜⎟于是当e变成2e时有r02n+102drr0r0⎝αe⎠11⎛nC⎞n+1r()2e=⎟=4n+1r()e0⎜20⎝4αe⎠22nαe⎛1⎞4αe⎛1⎞结合能为u()r=−1−⎟当e变成2e时有u()2e=−1−⎟=u()e×4n+1⎜⎜r0⎝n⎠r0()2e⎝n⎠αβ2.3若一晶体的相互作用能可以表示为ur()=−+mnrr求1）平衡间距r02）结合能W（单个原子的）3）体弹性模量4）若取mnrn===2,10,0.3m,We=4V，计算α,β值。0Nαβ解1）晶体内能Ur()=−+()mn2rr1dUmnαβnβ平衡条件=0−+=0r=()nm−mn++110drrrmαrr=000感谢大家对木虫和物理版的支持！6 《固体物理》习题解答12)单个原子的结合能Wu=−()r02−mαβ1mnβur()(=−+)W=−α(1)()nm−0mnrr2nmαrr=02∂U3)体弹性模量KV=⋅()2V00∂V3晶体的体积VN=Ar——A为常数，N为原胞数目Nαβ晶体内能Ur()=−+()mn2rrNmαnβ1=−()mn++11223rrNAr2∂∂UNr∂mnαβ1=−[()]21mn++12∂∂VV23∂rrrNAr2∂U体弹性模量KV=⋅()2V00∂V222∂UNmnm1αβαβn=−[]+−+22mnmn∂VV29rrrrVV=000000∂UNmαβn1由平衡条件=()0−=mn++112∂Vr23rNArVV=0000mnαβ=mnrr00222∂UNmn1αβ=−[]+22mn∂VV29rrVV=00002∂UNαβ体弹性模量KV=⋅()U=−+()2V000mn∂V2rr00222∂UNmn1αβ=−[]+22mn∂VV29rrVV=00002∂UN1mnαβ=−+[]mn22mn∂VV29rrVV=0000mnαβNnmαβ（=）=−[]−+mn2mnrr29Vrr00000感谢大家对木虫和物理版的支持！7 《固体物理》习题解答2∂Umnmn=−()UKU=2200∂VV99VVV=0001−mmnαβnβ1mnβ4）=r=()nm−W=−α(1)()nm−mn0rrmα2nmα00W10−9510β=rβ=×1.1810eVm⋅022β−192α=+rW[2]α=×9.010eVm⋅010r032.4经过sp杂化后形成的共价键，其方向沿着立方体的四条对角线的方向，求共价键之间的夹角。3解sp轨道杂化过程形成的共价键如图所示D共价键沿立方体四对角线方向，与中心可构成正四面体，易得键角为10928"2.5假设III-V族化合物中，III族、V族原子都是电中性的（q*=0）求其电离度fi2*λ2解对于III族原子，有效电荷q=3−8电中性时q*=0，所以λ=3/521+λ由Coulson定义电离度得III-V族化合物（q*=0）的电离度为2p−p1−λABf===0.25i2p+p1+λAB2.6．用林纳德—琼斯(Lennard—Jones)势计算Ne在bcc（球心立方）和fcc（面心立方）结构中的结合能之比值．⎡⎤σσ1261⎡σσ126⎤解ur()4()=−=εε(),()urN(4)A()−A()⎢⎥rr2⎢nlrr⎥⎣⎦⎣⎦感谢大家对木虫和物理版的支持！8 《固体物理》习题解答2⎛⎞dur()66A121A6⎜⎟=⇒=02ruσε⇒=−N00⎝⎠rAAr612222ωur()AA′12.25/9.11bcc06bcc6==()/()==0.9572ωur()AA′14.45/12.13fcc01fcc212D−62.7．对于H，从气体的测量得到Lennard—Jones势参数为εσ=×5010JA,=2.96.计2算H结合成面心立方固体分子氢时的结合能（以KJ/mol单位），每个氢分子可当做球形来2处理．结合能的实验值为0.751kJ／mo1，试与计算值比较．解以H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2用，则晶体的总相互作用能为：126⎡⎤⎛⎞σσ⎛⎞′′−−126UN=−2.ε⎢⎥∑∑Pij⎜⎟Pij⎜⎟⎢⎥⎣⎦ij⎝⎠RR⎝⎠′′−−612∑∑PPij==14.45392;ij12.13188,jiD−1623εσ=×5010erg,=2.96,AN=6.02210/×mol.将R代入得到平衡时的晶体总能量为U0126⎡⎤⎛⎞2.96⎛⎞2.9628−16Um=×2602210/。×ol××5010erg×⎢⎥()12.13⎜⎟−()14.45⎜⎟≈−2.55KJ/mol.⎢⎥⎣⎦⎝⎠3.16⎝⎠3.16因此，计算得到的H晶体的结合能为2.55KJ／mol，远大于实验观察值0.75lKJ／mo1．2对于H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，2这正是造成理论和实验值之间巨大差别的原因．感谢大家对木虫和物理版的支持！9 《固体物理》习题解答第三章习题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，μ=+asin(ωδtnaq_)，δ为任意个相位因子，并已知在较高温度下每个格波的平njjjjjj均能量为kT，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μnn==∑∑μωδjjjjasin(t++naqj)（1）jj⎛⎞⎛⎞2*2*μnn==⎜⎟∑∑∑∑μμμμjn⎜⎟jnjn+jiμnj′⎝⎠jjj⎝⎠j≠j′由于μ⋅μ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njnj22相比是一小量，可以忽略不计。所以μnn=∑μjj由于μ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nj2211T02μω=+asin(tnaq+δ)dt=a（2）jj∫jjjjT020已知较高温度下的每个格波的能量为kT，μ的动能时间平均值为nj2211LT00⎡⎤⎛⎞dwμρnjjajT2212T==dx⎢⎥ρω⎜⎟dtLasin(tnaq++δ)dt=ρwLanjTd∫∫0022tT∫0jjjj4jj00⎢⎥⎣⎦⎝⎠其中L是原子链的长度，ρ使质量密度，T为周期。01122所以Tw==ρLaKT（3）njjj422KT因此将此式代入（2）式有μ=nj2PLωj22KTKT1所以每个原子的平均位移为μμnn==∑j=∑∑22=jjPLωjjPLjω3.2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……。感谢大家对木虫和物理版的支持！10 《固体物理》习题解答mμ=−βμμ(2−−μ)22nn2n+−12n1牛顿运动方程Mμ=−βμ(2−μ−μ)21nn++2122n+2n——体系有N个原胞，有2N个独立的方程mμ=−βμμ(2−−μ)22nn2n+−12n1方程的解Mμ=−βμ(2−μ−μ)21nn++2122n+2nitn[(ω−2)aq]μ=Ae2nitna[(ω−+21)]qμ=Be21n+⎧⎪(2βω−−mA2)(2cosβaq)B=0⎨22⎪⎩−+(2cosββaqA)(2−Mω)B=022βω−−maβcosqA,B有非零解=02−−2cosββaq2Mω122()mM+4mM2ωβ=±{1[1−sinaq]}2mM()mM+——两种不同的格波的色散关系122()mM+4mM2ωβ=+{1[1−sinaq]}+2mM()mM+122()mM+4mM2ωβ=−{1[1−sinaq]}−2mM()mM+对应一个q有两支格波：一支声学波和一支光学波——总的格波数目为2N4βaqM=mω=cos+m24βaqω=sin−m2qaqaβ长波极限情况下q→0sin()≈ω=(2)q−22m与一维单原子晶格格波的色散关系一致感谢大家对木虫和物理版的支持！11 《固体物理》习题解答3.3．考虑一双原子链的晶格振动，链上最近邻原子间力常数交错的等于c和10c．令两种aπ原子质量相同，且最近邻间距为．求在k=0和k=处的ω()k．大略地画出色散关系．本2a题模拟双原子分子晶体，如H。2＜解＞a/2C10c•D•D•Duvuvuvs−1s−1sss+1s+12dusM2=−CV()()s−1uss+−10CVus，dt2dVsM2=−10CuV()ss+−Cu()s+1Vs,dtisKa−−itωisKaitω将uuss=⋅=⋅eeVV,.ee代入上式有2−ika−=+−MωuC(10eVC)11u,2ika−=+−MωVCe()10uC11V,是U，v的线性齐次方程组，存在非零解的条件为2−iKaMCω−+11,(10Ce)=0，解出iKa2Ce(+−10),Mω11C2422MMωω−+−=22CC20(1conKa)0∴ω2=±−−C⎡⎤11121201()conKa.±⎣⎦M当K=0时，当K=π/a时ω2=22/CM,2+ω+=20/CM,22ω=0,ω=2/,CM−−2ω与K的关系如下图所示．这是一个双原子(例如H)晶体23.5考虑一个全同离子组成的平面格子，用U记第l行，第m列的原子垂直于格平面的lm位移，每个原子质量为M，最近邻原子的里常数为c（a）证明运动方程为2⎛du⎞⎜l,m⎟[]()()M=culm+ulm−2ulm+ulm+ulm−2ulm⎜dt2⎟+1,−1,,,+1,−1,⎝⎠（b）设解的形式为u=u()0exp[i(lka+mka−ωt)]。这里a是最近邻原子的间距，证明l,mxy感谢大家对木虫和物理版的支持！12 《固体物理》习题解答2运动方程是可以满足的，如果ωM=2c(2−coska−coska)。这就是问题的色散关系xy2π（c）证明独立解存在的k空间区域是一个边长为的正方形，这就是平方格子的第1布a里渊区，构出k=kx，而ky=0时，和kx=ky时的ω−k图22ac22ac（d）对于k<<1，证明ω=k+k=kaxyMM解（a）对于0原子（U）考虑左右上下原子与其相对位移有lmMU=C()U−U−C()U−U+C(U−U)−C(U−U)lmlm+1lmlmlm−1l+1mlmlml−1mMU=C[]()U+U−2U+C(U+U−2U)lmlm+1lm−1lml+1ml−1mlm（b）由题知U=U()0exp[i(lka+mka−ωt)]为平面格子运动方程的解，故l,mxyU=U()0exp[i((l+1)ka+mka−ωt)]l+1,mxyU=U()0exp[i((l−1)ka+mka−ωt)]l−1,mxyU=U()0exp[i(lka+(m+1)ka−ωt)]l,m+1xyU=U()0exp[i(lka+(m−1)ka−ωt)]l,m−1xy2将上式嗲如平面运动方程可得色散关系ωM=2c(2−coska−coska)xy⎛ππ⎞⎛ππ⎞（c）由色散关系周期性边界条件知道kx∈⎜−,⎟ky∈⎜−,⎟故在独立解存在的⎝aa⎠⎝aa⎠2πk空间区域为一边长为的正方形，即二维方正格子的第一布里渊区。a2k=kx而ky=0时ωM=2c()2−coska2⎛ka⎞kx=ky时ωM=2c()2−coskxa=2c⎜2−cos⎟⎝2⎠222c2kaka（d）对于ka<<1，由()2−coskxacoska=1−2sin≈1−M22⎛2⎛2⎞⎞2222c⎜⎛⎜kxa⎞⎟⎜kya⎟⎟2c()acacω≈2−1−−1−=kx+ky即ω=()k+k=kM⎜⎜2⎟⎜2⎟⎟MMxyM⎝⎝⎠⎝⎠⎠2αqβ3.5已知某离子晶体每对离子平均互作用能为u(r)=−+其中马德隆常数nrr感谢大家对木虫和物理版的支持！13 《固体物理》习题解答α=1.75,n=9，平衡离子间距r=2.82A。0错误！未找到引用源。试求离子在平衡位置附近的振动频率。错误！未找到引用源。计算与该频率相当的电磁波的波长，并与NaCl红外吸收频率的测量值61u进行比较。解：错误！未找到引用源。把一对NaCI离子看成一对谐振子，其振动势能可表示为12u=βr错误！未找到引用源。002其中β.为力常数。它与振动频率有如下关系2βω=错误！未找到引用源。μ111其中，=+错误！未找到引用源。μmM错误！未找到引用源。式u左边为每对离子的平均作用能。02∂uαenc因为=−=02n+1∂rr=r04πε0r0r02cαe1所以=⋅错误！未找到引用源。nr4πεrn0002αe1−18E=u(r)=+(1−)=1.27×10Jb04πεrn00由错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。式得22μ211ω==u(+)2μrrmM00把数值代入得13ω=5.25×10ω12−1所以v==8.35×10s2π8c3×10−5错误！未找到引用源。波长λ===3.59×10m=36μm。12v8.35×10与吸收频带的关察值λ=61μm很接近。3.6计算一维单原子链的频率分布函数ρ()ω感谢大家对木虫和物理版的支持！14 《固体物理》习题解答解设单原子链长度L=Na2π2π波矢取值qh=×每个波矢的宽度NaNaNaNa状态密度dq间隔内的状态数dq2π2π——对应±q,ω取值相同，dω间隔内的状态数目Naρωω()dd=×2q2π224βaq一维单原子链色散关系ω=sin()m24βaq令ω=ωω=sin()00m2aaq两边微分得到ddωω=cos()q0222aqωa22cos()=−1ddωω=−ωq202ω20a222dωddωω=−ωqdq=02aω22−ω0NaN1代入ρωω()dd=×2q=×2dω2ππωω22−021N一维单原子链的频率分布函数ρω()=πω22−ω023.7．设三维晶格的光学振动在q=0附近的长波极限有ωω()qA=−q0V11/2求证：频率分布函数为f()ω=−()ωωωω,<;23/2004πAf()0ω=.,ω>ω0112222解ω>−ωω时，ω=Aq>=0()0,fωωω<0⇒−ω=Aq⇒q=−A()ωω0000GVds依据∇=ωω()qA−2,()qf=，并带入上边结果有q3∫()2π∇qω()qG1/2VdsV11AV1/2f()ω=⋅33=⋅234πωω()00−1/2=⋅−2/2()ωω()22ππ∇qω()q()2AA()ω0−ω()2π感谢大家对木虫和物理版的支持！15 《固体物理》习题解答222222==22⎡⎛⎞⎛⎞ππ⎤⎡⎤=⎛⎞πB点能量εBx=+()KKy=⎢⎜⎟⎜⎟+=⎥⎢⎥2,⎜⎟所以εBA/2ε=22mm⎢⎣⎝⎠⎝⎠aa⎥⎢⎥⎦⎣⎦2m⎝⎠a3.8．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2温极限比热正比于T。证明：在k到kdk+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2Ls53ω2πndn，且2πndn==kdkkdk即ρω()=dω则222ππ2πvρ2⎛⎞⎛⎞==ωω33=⎜⎟⎜⎟d223sdωωmD=ωω33skT()BB⎝⎠⎝⎠kTBBkTskT()xDxdxEE=+==21ππve22∫∫0==ωω//kTB−−02v==2DDekTB121πv22∫ex−ρρρ3∂E2TE→∝0,时，T∴CT=∝()vs∂T3.9．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⎛⎞=ωqFUkT≅+0Bn∑A⎜⎟q⎝⎠kTB⎡⎛⎞=ωq⎤1=ωq−kT证明:量子谐振子的自由能为FUkT=+∑⎢+A⎜⎟1−eB⎥Bnq⎢2kTB⎜⎟⎥⎣⎝⎠⎦经典极限意味着（温度较高）k=ωBTgx2应用ex=−++1x...=ωq2−==ωω⎛⎞kTqq所以eB=−1+⎜⎟+...kTBB⎝⎠kT1⎛⎞==ωqq⎛ω⎞因此FU≅+∑∑=AωqB+kTn⎜⎟11−+≅+UkT0BAn⎜⎟qq2⎝⎠kTBB⎝kT⎠1其中UU0≅+∑=ωqq213.10．设晶体中每个振子的零点振动能为=ω，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E就是各振0ωm13V2动模零点能之和。EEg==()()ωωωd将E()ω=ω和g()ω=ω代入积00∫002322πvs感谢大家对木虫和物理版的支持！16 《固体物理》习题解答39V49分有EN==ω=ω，由于=ω==kENθθ得k023mmmBD0BD16πv88s2一股晶体德拜温度为~10K，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−24M14mg=×51.6710×,=4,β=×1.510/Nm(1.5110即×dyncm/),m00A求（1），光学波ω,ω，声学波ω。maxminmax（2），相应声子能量是多少电子伏。（3），在300k时的平均声子数。0（4），与ω相对应的电磁波波长在什么波段。max4A22β××1.510/dyncm13−1解（1），ω===×3.0010s,max24M451.6710×××424o2β()Mm+×21.510××()455×+×1.6710×dync/m13−1ω===6.7010×smax2424Mm451.6710×××××51.6710×4A22β××1.510/dyncm13−1ω===×5.9910smax24m51.6710××A−−16131−2=ω=×××6.58105.9910se=×1.9710Vmaxo−−16131−2（2）=ω=×××6.58106.7010se=×4.4110Vmaxo−−16131−2=ω=×××6.58103.0010se=×3.9510VminAO11nn====0.873,0.221（3）max==ωωAO//kTmaxkTeemaxBB−−11maxO1n==0.276min=ωO/kTeminB−12πc（4）λ==28.1μmω感谢大家对木虫和物理版的支持！17 《固体物理》习题解答第四章习题π4.1．根据k=±状态简并微扰结果，求出与E及E相应的波函数ψ及ψ。说明它们−+−+a2*都代表驻波，并比较两个电子云分布（即ψ）说明能隙的来源(假设V=V)。nnππ00解令k=+，k′=−，简并微扰波函数为ψ=+Aψψ()xBx()kkaa0*⎡⎤EkEAVB()−+=0⎣⎦n0VAEk+−⎡⎤()′EB=0取EE=n⎣⎦+0带入上式，其中EEkV=+()+nV(x)<0,V<0,从上式得到B=-A,于是nnnππ00A⎡⎤ix−ix2Anπψ=−=−Axx⎡⎤ψψ()()⎢⎥eeaa=sinx+⎣⎦kk′L⎣⎦La=0取EE，EEkV=−()VAVB=−=,得到AB−−nnnnnππ00A⎡⎤ix−ix2Anπψ=−=−Axx⎡⎤ψψ()()⎢⎥eeaa=cosx−⎣⎦kk′L⎣⎦La由教材可知，Ψ及Ψ均为驻波．在驻波状态下，电子的平均速度ν()k为零．产生+−nπ22πa驻波因为电子波矢k=时，电子波的波长λ==，恰好满足布拉格发射条件，这akn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。感谢大家对木虫和物理版的支持！18 《固体物理》习题解答π4.2．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=的0级波函2a数。G22ππππ21*11ikxikximaax1ixim24aax1imx()+解：ψ()xee==e=⋅=eeekLLLLππ*1ix2第一能带：mmxe⋅==0,0,ψ()=ak2aL23πππ22ππixi*1ix2第二能带：bbbbm=→⋅′′则即,,=−m=−1（,eaa=e2a）∴=ψ(x)ekaaLπ25ππ22ππ*1ixix221ix第三能带：cc′→⋅=,,m即m=1,ψ(x)=eeaa⋅=eakaaLL4.3．电子在周期场中的势能．1222mbxnω⎡⎤⎣⎦−−()a,当nab−≤≤+xnab2Vx()=0，当(n-1)a+b≤x≤−nab其中a＝4b，ω是常数．(1)试画出此势能曲线，求其平均值.(2)用近自由电子近似模型求出晶体的第一个及第二个带隙宽度．解：(I)题设势能曲线如下图所示．(2)势能的平均值：由图可见，Vx()是个以a为周期的周期函数，所以111aa−bVx()===∫∫∫Vx()Vxdx()Vxdx()LaLba−b题设ab=4，故积分上限应为abb−=3，但由于在[bb,3]区间内Vx()0=，故只需在[−bb,]区间内积分．这时，n=0，于是2211bbmmωω22⎡⎤2bb312VV==−()xdx(bx)dxb=−⎢⎥xxm=ωb。∫∫−−bbaa−−bb22a⎣⎦36（3），势能在[-2b,2b]区间是个偶函数，可以展开成傅立叶级数感谢大家对木虫和物理版的支持！19 《固体物理》习题解答∞′mmππ212bbmπVxV()=+0∑VmmcosxV,=∫∫Vx()cosxdx=Vx()cosxdxm=−∞22bb002bb2b2mxωπb22第一个禁带宽度EVm==2,以1代入上式,E=−(bx)cosdxgg111bb∫022u2利用积分公式ucosmudu=+⎡⎤()musinmu2cosmu−sinmu得∫23⎣⎦mm216mω2E=b第二个禁带宽度EVm==2,以2代入上式,代入上式g1π3g2222mxωπb222mω2Eb=−()xcosdx再次利用积分公式有E=bg2bb∫0g2π2Ks4.4用紧束缚近似求出面心立方晶格和体心立方晶格s态原子能级相对应的能带Ek()函数解面心立方晶格KKKK——s态原子能级相对应的能带函数Eks()=−−εJ∑JRe()−ikR⋅sss0RNs=earestKKKKKKK0*0s原子态波函数具有球对称性JJR==()−−ϕξ(RUV)[()()ξ−ξϕξξ]()}d>01sis∫iKKKEks()=−−εJJ∑e−ikR⋅ss01Rs=Nearest——任选取一个格点为原点——最近邻格点有12个12个最邻近格点的位置⎧aa⎧aa⎧aa,,00,,,0,⎪⎪⎪222222⎪⎪⎪⎪aa⎪aa⎪aa,,−00,,−,0,−⎪22⎪22⎪22⎨⎨⎨⎪−aa,,0⎪0,−aa,⎪−aa,0,⎪22⎪22⎪22⎪⎪⎪aaaaaa⎪−−,,0⎪0,−−,⎪−,0,−⎩22⎩22⎩22感谢大家对木虫和物理版的支持！20 《固体物理》习题解答KaaKKKKKKR=++ijk0Eks()=−−εJJ∑e−ikR⋅sss0122R=NearestsKKKaaKKKKK−++⋅++ikikjkk()xyz(ijk0)ee−⋅ikRs=22a−+ikk()xykaxxkakayykaeii2=−(cossin)(cos−sin)2222——类似的表示共有12项——归并化简后得到面心立方s态原子能级相对应的能带KsEk()=−εJs0kakakakakakaxxyyzz−+4(cosJcoscoscos+coscos)1222222对于体心立方格子――任选取一个格点为原点——有8个最邻近格点——最近邻格点的位置⎧aaa⎧aaa,,,,−⎪⎪222222⎪⎪⎪aaa⎪aaa−−−,,−−,,⎪222⎪222⎨⎨⎪aaa,,−⎪−aaa,,⎪222⎪222⎪⎪aaaaaa⎪−−,,⎪,,−−⎩222⎩222KaaaKKKKKKR=++ijkEks()=−−εJJ∑e−ikR⋅sss01222R=NearestsKKKKKaaaKKKa−⋅ikR−++⋅++ikikjkk()xyz()ijk−+ikkk(xyz+)ees==222e2kakakakakakaxxyyzz=−(cosiiisin)(cos−sin)(cos−sin)222222——类似的表示共有8项归并化简后得到体心立方s态原子能级相对应的能带KsEk()=−−εJ8Jcos(ka/2)cos(ka/2)cos(ka/2)sx01yz4.5用|n>表示一维晶格的第n个格点的s态，在只计入近邻作用的紧束缚近似下，写出矩阵元的表达式感谢大家对木虫和物理版的支持！21 《固体物理》习题解答G解对于N个原子组成的相同一维晶格，第n个院子的位矢为x，当作为孤立原子时，其snGGGG()0态电子的球对称性势能函数为u()x−x，设归一化的波函数为φ(x−x)，能量为E，在nnG晶格中该电子的势能函数为v()x，电子态是N度简并的，考虑微扰后的零级近似波函数为GGGGGψ()x=∑CGφ(x−x)其中CG与nk有关不是x的函数，根据Bloch定理，波函数可以knknnknGikG•xG−ikG•()xG−xGGGikG•xGGGikG•xG写成ψ()x=en∑enφ()x−x=∑enφ(x−x)即CG=eknnnknnGGG薛定谔方程为Hˆψ(x−x)=Eψ(x)knk2222ˆ=∇G⎡=∇GG⎤GGG其中H=−+v()r=−+u()(x−x⎥+[]vr)−u()x−x=Hˆ+Hˆ′⎢nn02m⎣2m⎦GGGGGGG其中v()(r−ux−x)=Hˆ′为微扰项，在x附近Hˆ′非常小，而在离x较远处，φ()x−x又nnnn*GˆGψG(x)HψG(x)dτ∫kk非常小，所求能量的一级近似为E=GG所求矩阵元*∫ψG()()xψGxdτkk=ψ*G(xG)(HˆψGxG)dτ∫kk=ψ*G()xG()Hˆ+Hˆ′ψG()xGdτ∫k0k*GikG•xGGG=ψG()x()Hˆ+Hˆ′enφ()x−xdτ∫k∑0nn()0*GGikG•xGGGikG•xGGG=EψG()()xψGxdτ+emφ(x−x)Hˆ′enφ(x−x)dτ∫∫kk∑m∑nmn()0ikG•()xG−xG*GGGG=NE+∑∑enm∫φ()()x−xHˆ′φx−xdτmnmn()0ikG•()xG−xG*GGGG=NE+N∑enm∫φ()()x−xHˆ′φx−xdτmnn4.6由相同原子组成的一维原子链，每个原胞中有两个原子，原胞长度为a，原胞内有两个原子相对距离为b（1）根据紧束缚近似，值计入近邻相互作用，写出s态对应的晶体波函数形式（2）求出相应的E(k)函数1解（1）单原子紧束缚态的波函数ψG()r=∑exp[]ik•Rϕ()r−R变为kmimNRm1ψG()r=∑∑exp[]ik•()R+dϕ()r−R−dkmimNRdm其中d可以去0和b两个值，分别表示原胞中两个原子的位置，用a，b表示之1ψG()r=∑exp[]iknaϕ()()r−R+exp[]ikna+bϕ()r−R−bkimimNRm感谢大家对木虫和物理版的支持！22 《固体物理》习题解答（2）相应的能带函数为E()k=ε−J()0−∑J(na−a+b)exp[ik(na−a+b)]+J(na+b)()exp[ikna+b]i0nS态波函数是球对称的，交叠积分相同，趣味，同时由于s太波函数具有宇称，J1>0E()k=ε−J()0−J{}exp[]ik(na−a+b)+exp[ik(na+b)]i01()()⎡⎛2n−1⎞⎤⎡a⎤⎡a⎤Ek=εi−J00−J1exp⎢ik⎜a+b⎟⎥exp⎢−ik⎥+exp⎢−ik⎥⎣⎝2⎠⎦⎣2⎦⎣2⎦()()⎡⎛2n−1⎞⎤⎡a⎤Ek=εi−J00−2J1exp⎢ik⎜a+b⎟⎥cos⎢−ik⎥⎣⎝2⎠⎦⎣2⎦4.7．有一一维单原子链，间距为a，总长度为Na。（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。00（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E及E处的能态密度。FFGika−ika解：(1),()Ek=−−εεJJe(+e)=−−J2cosJka=−E2cosJkass010101GG⎡⎤−⋅ikREk()=−−EJ∑Jpe()s⎢⎥0s⎣⎦LdkN21aN(2),NE()2=××2=×=22ππdEJasinkaπJsinka11k0GNa2Nak0πF00F(3),Nk=⋅2()2ρdkk=2⋅⋅2=∴k=∫FF022ππa00π0NNEE==()kEJ−2cos⋅aEN=,()E==FF1sF2aJπππJasin⋅112a4.8(1)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．(2)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？(3)(2)的结果对于二价金属的电导率可能会产生什么影响722ππ解（1）二维简单正方晶格的晶格常数为a，倒格子晶格基矢A==iBˆˆ,jaa第一布里渊区如图所示感谢大家对木虫和物理版的支持！23 《固体物理》习题解答πaπ−0aπ−ππ⎛⎞⎛⎞π区边中点的波矢为K==iBˆˆ,.角顶点的波矢为K⎜⎟⎜⎟ij+ˆABaa⎝⎠⎝⎠a2=222自由电子能量ε=+()KKKxyz+,2m22222==2⎛⎞ππ=⎛⎞A点能量ε==K⎜⎟=⎜⎟,Ax22mm⎝⎠am2⎝⎠a22=⎛⎞πA点能量ε==⎜⎟;A2ma⎝⎠2222222==222⎡⎛⎞⎛⎞⎛⎞πππ⎤⎡⎤=⎛⎞πB点能量εBx=+()KKKy+z=⎢⎜⎟⎜⎟⎜⎟++=⎥⎢⎥3,⎜⎟22mm⎢⎣⎝⎠⎝⎠⎝⎠aaa⎥⎢⎥⎦⎣⎦2m⎝⎠a所以ε/3ε=BA(3)如果二价金属具有简单立方品格结构，布里渊区如图7—2所示．根据自由电子2=222理论，自由电子的能量为ε=+()KKK+，FerM面应为球面．由(2)可知，内xyz2m34π⎛⎞π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3⎝⎠a感谢大家对木虫和物理版的支持！24 《固体物理》习题解答34ππ⎛⎞Vπ3⎜⎟⋅⋅2=NN=1.047其中VN=a333⎝⎠a()2π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．4.9半金属交叠的能带22=kEkE()=−(0),m=0.18m1112m1=2KK2EkEk()=+−=()(kk),m0.06m220022m2其中E(0)为能带1的带顶，Ek()为能带2的带底EE(0)−()ke=0.1V120120由于能带的交叠，能带1中的部分电子转移到能带2中，而在能带1中形成空穴，讨论T=0K的费密能级解半金属的能带1和能带222=kEkE()=−(0)112m1=2KK2EkEk()=+−()(kk)22002m2能带1的能态密度VdSNE()2=13∫(2)π∇Ek2=k∇=Ekm1VdS∇=EEE=2[(0)−()]/kmNE()2=k11113∫(2)π∇Ek2Vk4πNE()2=13(2)π=2[EE(0)−()]/km111322Vm⎛⎞12NE1()=−⎜⎟E11(0)Ek()22()2π⎝⎠=感谢大家对木虫和物理版的支持！25 《固体物理》习题解答——同理能带2的能态密度322Vm⎛⎞22NE22()=−⎜⎟EkEk()1()022()2π⎝⎠=如果不发生能带重合，电子刚好填满一个能带由于能带交叠，能带1中的电子填充到能带2中，满足EE01(0)FNEdE()=NEdE()∫∫120EEFk2(0)EE01(0)3F32V2m2V2m1222()(EE0)(−=k)dE()(EkEkdE)()−∫2211∫222200(2)π=(2)π=EFE2(k0)03/23/2EE1(0)3/23/2F−−=−mEEk[(0)()]mEkEk[()()]111EE02220Fk2(0)00mE[(0)−=E]mEEk[−()]11FF2200mE11(0)+mEk220()E=mm=0.18,mm=0.06EE(0)−()ke=0.1VF12120mm+120E=+Ek()0.075eVF204.10向铜中掺锌，一些铜原子将被锌原子所取代，采用自由电子模型，求锌原子与铜原子之比为什么值是，费米球与第一布里渊区边界相接触？（铜是面心立方晶格，单价，锌是二价）V4π3解设锌原子个数与总原子个数之比为m，则有2××k=N3F()2π332N24+4mk=3π=3πF3Va面心立方倒格子为体心立方，格常数为4π/a，[111]方向2222π⎛1⎞⎛1⎞⎛1⎞3πkmin=⎜⎟+⎜⎟+⎜⎟=a⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠a3相切时有k=k，m=π−1Fmin4m3π−4所以锌原子与铜原子之比为=1−m3π+84.11三维简单立方晶格，立方原胞变成为a，试用简约布里渊区表示自由电子能量，定性画出沿ΓX轴与留个近邻倒格点相对应的自由电子E(k)函数⎛2π⎞⎛2π⎞⎛2π⎞解简单立方晶格的晶格常数为a，倒格子基矢为A=⎜⎟iˆ，B=⎜⎟ˆj，C=⎜⎟kˆ倒⎝a⎠⎝a⎠⎝a⎠感谢大家对木虫和物理版的支持！26 《固体物理》习题解答格子仍然是简单立方格子，如下图22()0()=k′自由电子能量为Ek′=，k′为广延波矢，不一定在简约去中，但一定可以找到位2mGGGG移的一个倒格矢Gn′，使得k=k′−Gn′，k是简约波矢，则()0G()0GG=2GG2En()k′=En()k+Gn′=k+Gn′2m2222()0=⎡⎛2π⎞⎛2π⎞⎛2π⎞⎤对于三维简单立方格子En()k=⎢⎜kx+nx⎟+⎜ky+ny⎟+⎜kz+nz⎟⎥2m⎢⎣⎝a⎠⎝a⎠⎝a⎠⎥⎦22(0)=⎛π⎞k为简约波矢，为简单起见，去k的单位为π/a，En(k)的单位是⎜⎟2m⎝a⎠()0222则E()(k=k+2n)+()k+2n+(k+2n)对于ΓX方向k=k，k=k=0且取nxxyyzzxxyz()02220()11G()11，所以在双项平面波近似下上式中只有⎛⎞11⎛⎞CG⎜⎟()11,CKG()−=()11CG⎜⎟−()11;⎝⎠22⎝⎠⎛⎞11⎛⎞CG⎜⎟()11,CKG()−=()11CG⎜⎟+()11;⎝⎠22⎝⎠⎛⎞⎛⎞11⎛⎞⎜⎟λε1−−CG⎜⎟()11UCG⎜⎟−()11=0⎝⎠2G()11⎝⎠22⎝⎠⎛⎞⎛⎞11⎛⎞⎜⎟λε1−−CGU⎜⎟()11−+CG⎜⎟()11=0⎝⎠−2G()11⎝⎠22⎝⎠感谢大家对木虫和物理版的支持！28 《固体物理》习题解答λε−−u1G()112λε−=0，因为1−u−G()1122222==⎡⎤1πλλλ11===⎢⎥G()11=2GG()11−()1122mm⎣⎦a222222=π由行列式有()λε−−=UU0解得=ελ±=±U,2maππ所以在（,-）处的能隙为Δ−=εεε=2.u+−aa2)简单立方晶格的晶格常数为a，倒格子基矢为Ai===⎜⎟⎛⎞222πππˆˆ,,,Bj⎜⎟⎛⎞Ck⎜⎟⎛⎞ˆ⎝⎠aaa⎝⎠⎝⎠第一布里渊区如图7—2所示．4.13证明面心立方晶体的s带紧束近似下的E(k)函数，在沿着布里渊区几个住对此轴防线，可以约华成以下形式2πk=μxk=k=0,0≤μ≤1(1):沿ΓX方向（a,xy）E=ε−β−4γ()1+2cosμπss2πk=μ=K=KxyZ0≤μ≤1/2(2):沿ΓL方向,（a，）2E=ε−β−12γcosμπss2πk=μ=kxy0≤μ≤3/4(3):沿ΓK方向,（a,kz=0，）(2)E=ε−β−4γcosμπ+2cosμπss2π12πk=μk=0,k=μxzy0≤μ≤1(4):沿ΓW方向,（a,2a，）⎛μπμπ⎞Es=εs−β−4γ⎜cosμπcos+cosμπ+cos⎟⎝22⎠解：面心立方点阵最紧邻近似下S的电子紧束缚近似能带为()⎛111111⎞εk=Es−β−4γ⎜coskxacoskya+coskxacoskza+coskyacoskza⎟⎝222222⎠2πk=μxk=k=0,(1):沿ΓX方向,将a,xy代入（1）得:感谢大家对木虫和物理版的支持！29 《固体物理》习题解答()⎛111111⎞εk=Es−β−4γ⎜coskxacoskya+coskxacoskza+coskyacoskza⎟⎝222222⎠E−β−4γ()1+2cosμπ=s2πk=μ=K=KxyZ(2):沿ΓL方向,将a,代入（1）得:()⎛111111⎞εk=Es−β−4γ⎜coskxacoskya+coskxacoskza+coskyacoskza⎟⎝222222⎠2E−β−12γCOSμπ=s2πk=μ=kxy(3):沿ΓK方向,将a,kz=0代入（1）得:()⎛111111⎞εk=Es−β−4γ⎜coskxacoskya+coskxacoskza+coskyacoskza⎟⎝222222⎠(2)E−β−4γCOSμπ+2cosμπ=s2π12πk=μk=0,k=μxzy(4):沿ΓW方向,将a,2a代入（1）得:()⎛111111⎞εk=Es−β−4γ⎜coskxacoskya+coskxacoskza+coskyacoskza⎟⎝222222⎠⎛μπμπ⎞Es−β−4γ⎜cosμπcos+cosμπ+cos⎟=⎝22⎠感谢大家对木虫和物理版的支持！30 《固体物理》习题解答第五章习题2=715.1设一维晶体的电子能带可以写成Ek()=−+(coskacos2)ka2ma88其中a为晶格常数，计算1）能带的宽度2）电子在波矢k的状态时的速度3）能带底部和能带顶部电子的有效质量2=71解1)能带的宽度的计算Ek()=−+(coskacos2)ka2ma88能带底部k=0E(0)=02ππ2=能带顶部k=E()=2aama2π2=能带宽度Δ=EE()(0)−E=2ama2）电子在波矢k的状态时的速度2=71Ek()=−+(coskacos2)ka2ma881()dEk电子的速度vk()==dk=1vk()=−(sinkasin2)kama42=713)能带底部和能带顶部电子的有效质量Ek()=−+(coskacos2)ka2ma882*2∂Em电子的有效质量m==/=2∂kcoska−(1/2)cos2ka*能带底部k=0有效质量mm=2π*2能带顶部k=有效质量mm=−a3D275.2晶格常数为2.5A的一维晶格，当外加10V/m和10V/m电场是，试分别估算电子自能带底运动到能带顶所需要的时间感谢大家对木虫和物理版的支持！31 《固体物理》习题解答G解对晶体施加压力电场，电子在电场作用下不断改变状态，表现为电子在k空间的运动，GdkG有晶体中电子运动的准经典运动方程==eEdtGGGdkeE则电子在k空间的速度=dt=ππa=π顶与带底相距故所需时间t=G=GaeEaeE=2−8E=10V/m时t=8.3×10s17−13E=10V/m时t=8.3×10s25.3试证在磁场中运动的布拉格电子，在k空间中轨迹面积S和在r空间的轨迹面积A之nn2⎛=c⎞间的关系为A=⎜⎟Sn⎜⎟n⎝qB⎠解电子在磁场中运动受到洛伦兹力作用，有晶体运动准经典运动方程GGdk1()GG1⎛drG⎞==−ev×B=−e⎜×B⎟dtcc⎝dt⎠GGG对t积分=ck=−er×B=cG在垂直于B的平面内Δr=ΔkeB2⎛=c⎞所以，电子在k空间中的轨道面积和r空间中的轨道面积之间有A=⎜⎟Sn⎜⎟n⎝qB⎠⎛1⎞5.4（1）根据自由电子模型计算钾的德.哈斯-范.阿尔芬效应的周期Δ⎜⎟⎝B⎠（2）对于B1=T，在其实空间中电子运动轨迹的面积有多大？⎛1⎞2πq2N解（1）Δ⎜⎟=SF=2π2⎝B⎠=SFL2二维自由电子气费米圆的面积S=πkFF三维k空间形成一系列圆柱面，每当有一个圆柱面恰好与费米球相切是，系统能量增量最大，使得带脑子系统能量增量ΔE随着1/B呈现周期变化，周期取决于最大截面S，钾的F感谢大家对木虫和物理版的支持！32 《固体物理》习题解答2−192⎛2π⎞⎛1⎞1.602×2π×10SF=πkF=π⎜⎜0.602×⎟⎟Δ⎜⎟=2⎝q⎠⎝B⎠⎛2π⎞−341.055×⎜0.602×⎟×10π⎝a⎠a为体心立方晶胞的边长2πq15−2（2）B=1TS==90536×10mF=22⎛2π⎞4π−142在真空空间中电子运动轨迹的面积S=π⎜⎟==4.08×10m⎜⎟kS⎝F⎠FK==22kk22=22k1235.5设电子等能面为椭球Ek()=++222mmm123外加磁场B相对于椭球主轴方向余弦为α,,βγ1）写出电子的准经典运动方程qB*mmm1232）证明电子绕磁场回转频率为ω=。其中m=*222mmmmα++βγ123GdkGGJG解恒定磁场中电子运动的基本方程==−×qvk()BdtKK1K电子的速度vk()=∇Ek()k=K==22kk22=22k123电子能量Ek()=++222mmm123K∂∂∂EEE∇=++Ek()kˆˆˆkkk123∂∂∂kkk123K==22kk=2k∇=++Ek()12kˆˆˆk3kk123mmm123KK==kk=k电子的速度vk()=++12kˆˆˆk3k123mmm123K磁感应强度B=++Bk()ˆˆˆαβγkk123KdkKKK电子运动方程==−qvk()×Bdt应用关系kkkˆˆˆ×=123感谢大家对木虫和物理版的支持！33 《固体物理》习题解答Kdkkkk=−qB[(12kˆˆˆˆˆˆ+k+3k)(×kα+kβγ+k)]123123dtmmm123——电子运动方程⎧dkkk⎧dkkk123123⎪=−qB()γ−β⎪+qB()γβ−=0dtmmdtmm⎪23⎪23⎪dkkk⎪dkkk213213⎨=−qB()α−γ⎨+qB()αγ−=0dtmmdtmm⎪31⎪31⎪dkkk⎪dkkk312312⎪=−qB()β−α⎪+qB()βα−=0⎩dtm12m⎩dtm12m000itωωωitit令kkekkekke===,,112233⎧dk12kk3000qBγβqB⎪+−=qB()γβ0ikω+k−=k0123dtmmmm⎪2323⎪dk21k3k000qBαγqB⎨+−qB()αγ=0ikω+k−=k0231dtmmmm⎪3131⎪dk3kk12000qBβαqB⎪+−qB()βα=0ikω+k−=k0312dtmmmm⎩1212000kkk,,有非零解，系数行列式为零123000qBγβqBqBγβqBikω+−=kk0iω−123mmmm2323000qBαγqBqBγαqBikω+−=kk0−iω=0231mmmm3113000qBβαqBqBβαqBikω+−=kk0−iω312mmmm12122222222()qB()qB()qBiωω{}−+α+γ+β=0mmmmmm231213ω=0无意义111222旋转频率ω=+qBαγβ+mmmmmm231213222mmmα++βγqB123ω=qBω=mmmm*123mmm123其中m*=222mmmα++βγ12325.6若已知E()k=Ak+c(kk+kk+kk)，导出k=0点上的有效质量张量，并找出xyyzzx感谢大家对木虫和物理版的支持！34 《固体物理》习题解答主轴方向解先求导有效质量张量⎡2ACC⎤⎡2A−λCC⎤⎢⎥⎢⎥p=C2ACp−2A=C2A−λC=0⎢⎥⎢⎥⎢⎣CC2A⎥⎦⎢⎣CC2A−λ⎥⎦λ=λ=2A−Cλ=2A+2C123故求导有效质量张量为⎡2A−C00⎤1⎢⎥02A−C0=⎢⎥⎢⎣002A+2C⎥⎦k=0时的有效质量张量为⎡1⎤00⎢⎥2A−C⎢1⎥2=⎢00⎥⎢2A−C⎥⎢1⎥00⎢⎣2A+2C⎥⎦()P−λEX=0接着求主轴方向⎡CCC⎤⎡x⎤⎡1⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥λ=λ=2A−C时CCCy=0得α=0，α=−112⎢⎥⎢⎥1⎢⎥2⎢⎥⎢⎣CCC⎥⎦⎢⎣z⎥⎦⎢⎣−1⎥⎦⎢⎣0⎥⎦⎡1⎤⎢⎥λ=2A+2C时，同理可得α=1，但α和α不正交，故需正交化33⎢⎥12⎢⎣1⎥⎦⎡1⎤⎡1⎤⎢⎥()α2β11⎢⎥β=α=0，则β=α−β=−211⎢⎥22()ββ12⎢⎥11⎢⎣−1⎥⎦⎢⎣1⎥⎦单位化得三个主轴方向⎡1⎤⎡1⎤⎡1⎤β11⎢⎥β21⎢⎥β31⎢⎥γ==0γ==−2γ==11β2⎢⎥2β6⎢⎥3β3⎢⎥123⎢⎣−1⎥⎦⎢⎣1⎥⎦⎢⎣1⎥⎦感谢大家对木虫和物理版的支持！35 《固体物理》习题解答第六章习题33-36.1He的自旋为1/2，是费米子。液体He在绝对零度附近的密度为0.081gcm.计算费米FF能E和费米温度T解在绝对零度时，近似等触面为球面V4π30.0812××k=N=×V×N×23FA()2π3322=kF−18E==0.9545×10JF2m()21/38−1k=0.324Nπ≈1.25×10cmFA−180.9545×10J4T=E/k==6.9×10KFFB−231.38×10J/K36.2在低温下金属钾的摩尔热容量的实验结果可写成CTT=2.08+⋅2.57mJ/molKe23如果一个摩尔的金属钾有N=×610个电子，求钾的费米温度TF2πkTB解一摩尔的电子对热容的贡献CN=()kVB002EF3与实验结果比较CTT=+2.082.57mJ/mol⋅Ke2πkTB−3Nk()=2.0810×⋅mJmolK/0B2kTBF2πkB费米温度TN==19624KF0−322.0810××6.3若将银看成具有球形费米面的单价金属，计算以下各量1)费密能量和费密温度2）费米球半径3）费米速度4）费米球面的横截面积5）在室温以及低温时电子的平均自由程202=2/3021/3解1）费密能量En=(3π)k=(3πn)FF2m感谢大家对木虫和物理版的支持！36 《固体物理》习题解答10.56293nNm=×10×=×0.58610/A107.87−31mk=×9.1110g−34==×1.0510Js⋅01−9E=×=8.8210Je5.5VF0EF4费密温度TK==×6.410FkB2)费密球半径0200()=kF02mEFE=k=FF22m=01−9010−1E=×8.8210Jkm=×1.210FF0=kF63)费密速度v=vm=×1.3810sFFmJJG020224)费密球面的横截面积Sk==π(sin)θπksinθ――θ是k与z轴间夹角FFF2021/3223kn=(3π)Sn=π(3πθ)sinF5)在室温以及低温时电子的平均自由程2011nqτ()EF电导率σ==ρρm0m驰豫时间τ()E=F2nqρ0mvF=kF平均自由程lvE=τ()l==FF22nqρnqρ010−10K到室温之间的费密半径变化很小kk==×1.210mFF−19qC=×1.610293nm=×0.58610/−34=k0==×1.0510Js⋅F平均自由程l=将代入2010−1nqρkmF=×1.210−6ρ=×Ω1.6110⋅cmTK=295−6ρ=0.03810×Ω⋅cmTK=20−8lm=×=5.241052.4nmTK=295感谢大家对木虫和物理版的支持！37 《固体物理》习题解答−63lm=×2.210=×2.210nmTK=206.4设N个电子组成简并电子气，体积为V，证明T=0K时301）每个电子的平均能量UE=F522）自由电子气的压强满足pVN=U32m3/21/2解自由电子的能态密度NE()4()=πVE2h0⎧1(EE≤)FT=0K，费米分布函数fE()=⎨0⎩0(EE>)F∞电子总数NN=∫()()EfEdE00EF∫ENEdE()300电子平均能量U=UE=E02mFF3/21/254()πVEdE∫0h22将电子气看作是理想气体，压强p=nU32N2p=UpVN=U3V36.5如果弛豫时间r(k)为一与k无关的常数。说明在电场中的一级近似解f0+f1，实际表明整个平衡分在k空间平移了一定的距离。解:定态问题的波尔兹曼方程见教材296页（655‐）式。如果采取弛豫时间近似并仅加上电场，设电场强度为ε，则波尔兹曼方程可以简化为（即书上297页（658‐）式）ef∂f−f0−⋅=ε−(1)=∂kτ由此可以得到efτ∂ff=+⋅0ε(2)=∂k一般来说，ε不是很大，是弱场。所以f和f0差别不大，因此（2）式右端的f可以用f0代替，所以（2）式可以写成eτ∂f0ff=+⋅0ε(3)=∂k对比数学公式∂ff()(rd+=rfr0)+⋅dr(4)∂r则（3）式可以化为感谢大家对木虫和物理版的支持！38 《固体物理》习题解答⎛⎞eτff()kk=+0⎜⎟ε(5)⎝⎠=从（5）式可以看出来，由于认为弛豫时间τ是一个与k无关的常数，所以整个分布函数在k空间平移了一定的距离。6.6考虑球形等能面的一阶金属（布里渊区半满），设布里渊区的形状为简单立方，具体估计，电子为格波散射，在大多的散射角之内，旋转定则中Gn=0解:设波矢为k的电子发射或是吸收动量为q的声子之后波矢变为k’，由于声子同时具有能量和动量，所以电子的能量和动量均不守恒。但是，由于一般来说声子所携带的能量相对于电子不大，所以这里近似认为电子发射或是吸收声子之后只改变动量，能量不变，即kk==′kf，其中kf为费米波矢。换句话说，这里仅仅考虑弹性散射，波矢大小保持不变但方向改变，并且散射发生在费米面上。由于Gn=0，所以这里的电子‐声子的散射过程是一个正常过程（N过程），也就是电子散射前后其动量和声子的动量都在第一布里渊区。如果以带箭头的直线代表电子线，弯曲线代表声子线，则动量关系如右图所示（方框代表第一布里渊区，需要注意的是图中没有给出费米面）。动量三角形是一个等腰三角形。设最大的散射角为θ1，则12skqfinθ1=(1)2对声子的处理取德拜模型，此时q有最大值qmax，由第三章的只是可以求得1/31/322⎛⎞6π⎛⎞3πq=⎜⎟，对于单价原子的金属可以求得k=⎜⎟，其中Ω是晶胞的体积。maxf⎝⎠Ω⎝⎠Ω由（1）式可以得到11/3sinθ==qk/22/21maxf2即1/3Dθ1=≈2arcsin2/2()79D所以在79以内的范围中，选择定则中的Gn=0。6.7利用波尔兹曼方程的弛豫时间近似解法（1）证明弱磁场并不改变电子的平衡分布，并说明其反映的物理图像（2）若电场E=(ε,ε,0)，磁场为H=(0,0,H)，求出含E一次方程的近似解xy0感谢大家对木虫和物理版的支持！39 《固体物理》习题解答解:(1)，设磁感应强度为B，则在电场磁场同时存在的情况下应该有dek=−()ε+×vB(1)dt=波尔兹曼方程写成efτ∂ff=+0()ε+×⋅vB(2)=∂k一般外界电场和磁场对于电子的作用远小于晶体中原子对于电子的作用，因而可以看成是弱场，所以（2）式右边的f可以用f0代替，由此（2）式可以写成eτ∂f0ff=+0()ε+×⋅vB(3)=∂k由于∂∂ff∂E∂f000===v(4)∂∂∂∂kkEE将（4）式带入（3）式有eτ∂ff∂00ff=+00()ε+×⋅vB=v=+feτε⋅v(5)=∂∂EE因此，在一级近似下，磁场对分布函数没有贡献。其原因是在经典理论中，磁场只改变电子的运动方向，不改变电子的能量，所以从经典理论来看，磁场不改变电子的分布函数。(2)，很显然由于一级近似下的(5)式与磁场无关，所以如果要体现磁场的影响，必须考虑更高阶的近似。设与磁场强度H相应的磁感强度为B=(0，0，B0)，而B=μ0H，其中μ0为真空磁导率，以下求解时使用磁感强度B，最后结果中再以H代回。如前所述，由于一般情况下外场可以看成是弱场，所以非平衡态分布函数f与平衡态分布函数f0差别不大，可以对f进行展开，即∂f0ff=+ψ(a)0∂E1其中ψ是一个小量。从第一问可以看到，ψ的一级近似为ψ=eτε⋅v，在一级近似下，磁场对分布函数并无影响，如果想要求出含B一次方的解，则要求出ψ的二级近似将(a)式代入(2)式，得到∂fefτ∂ψ=+()εvB×⋅(6)∂E=∂k对(a)式两端求梯度，即∂∂∂f∂∂ff⎛⎞∂fψ000=+ψ⎜⎟+(7)∂∂∂∂∂∂kkk⎝⎠EEk将（4）式代入（7）式右端第一项，并忽略掉包含ψ的第二项（这是由于ψ是一个小量，所以（7）式右边的第二项可以忽略。但是，最后一项是ψ的导数项则不能忽略），应有感谢大家对木虫和物理版的支持！40 《固体物理》习题解答∂∂f∂∂ffψ00=+=v(8)∂∂kkEE∂∂将（8）式代入（6）式可以得到∂∂ffeτ⎛⎞∂f∂ψ000ψ=+()εvB×⋅+⎜⎟=v∂∂EE=⎝⎠∂E∂k即eτ∂ψψ=⋅eτεv++()εvB×⋅(9)=∂k1**将（9）式右边最后一项中的∂∂ψ/k近似的取为∂ψ/∂k，并考虑到=kv=m，其中m是2电子有效质量，计算时同时忽略掉包含ε的项，则（9）式可以简化为22==eeττψ=⋅εkB+()×ε⋅k(10)**2mm将（10）式代入（a）式有（同时考虑到BH=μ）022∂fe⎡=eτμτ=⎤00ff=+0⎢**ε⋅+kH2()×⋅εk⎥(11)∂Em⎣m⎦从上面的表达式可以看出，所求的f精确到了ε的一次项并同时体现了H的影响。有第一问可知，弱磁场不改变电子的平衡分布，所以（11）式中没有出现单独的H一次项。感谢大家对木虫和物理版的支持！41'