固体物理学答案黄昆原著韩汝琦改编.pdf

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 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， Vc nV x （1）对于简立方结构： （见教材P2图1-1） a=2r， V= 3 r 3 4 ，Vc=a 3，n=1 52. 0 6r8 r 3 4 a r 3 4 x 3 3 3 3 （2）对于体心立方：晶胞的体对角线BG=x 3 34 ar4a3 n=2, Vc=a 3 68. 0 8 3 ) r 3 34 ( r 3 4 2 a r 3 4 2 x 3 3 3 3 （3）对于面心立方：晶胞面对角线BC=r22a, r4a2 n=4，Vc=a 3 74. 0 6 2 ) r22( r 3 4 4 a r 3 4 4 x 3 3 3 3 （4）对于六角密排：a=2r晶胞面积：S=6 2 60sinaa 6S ABO = 2 a 2 33 晶胞的体积：V= 332 r224a23a 3 8 a 2 33 CS n=123 2 1 2 6 1 12=6个 74. 0 6 2 r224 r 3 4 6 x 3 3 （5）对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG= 3 r8 ar24a3 n=8, Vc=a 3 2 34. 0 6 3 r 33 8 r 3 4 8 a r 3 4 8 x 3 3 3 3 3 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633. 1) 3 8 ( a c 2/1 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。 证明： （1）面心立方的正格子基矢（固体物理学原胞基矢） ： 1 2 3 () 2 () 2 () 2 a ajk a aik a aij 由倒格子基矢的定义： 123 2 ()baa 3 123 0, 22 (),0, 224 ,0 22 aa aaa aaa aa ， 2 23 , ,0,() 224 ,0 22 ijk aaa aaijk aa 2 1 3 42 2()() 4 a bijkijk aa 同理可得： 2 3 2 () 2 () bijk a bijk a 即面心立方的倒格子基矢与体心立方的正格基矢相同。 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） ： 1 2 3 () 2 () 2 () 2 a aijk a aijk a aijk 由倒格子基矢的定义： 123 2 ()baa 3 3 123 , 222 (), 2222 , 222 aaa aaaa aaa aaa ， 2 23 , ,() 2222 , 222 ijk aaaa aajk aaa 2 1 3 22 2()() 2 a bjkjk aa 同理可得： 2 3 2 () 2 () bik a bij a 即体心立方的倒格子基矢与面心立方的正格基矢相同。 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 1 12 23 3 Ghbh bh b垂直于密勒指数为垂直于密勒指数为 1 23 ()hh h的晶面系。的晶面系。 证明： 因为 3312 1323 , aaaa CACB hhhh ， 1 12 23 3 Ghbh bh b 利用2 ijij a b，容易证明 1 2 3 1 2 3 0 0 h h h h h h GCA GCB 所以，倒格子矢量 1 12 23 3 Ghbh bh b垂直于密勒指数为 1 23 ()hh h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： 22222 ()dahkl， 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： 123 aaa， 123 ,aaiaajaak 由倒格子基矢的定义： 23 1 123 2 aa b a aa ， 31 2 123 2 aa b a aa ， 12 3 123 2 aa b a aa 倒格子基矢： 123 222 ,bibj bk aaa 倒格子矢量： 123 Ghbkblb， 222 Ghikjlk aaa 4 晶面族()hkl的面间距： 2 d G 222 1 ( )( )( ) hkl aaa 2 2 222 () a d hkl 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）面 与（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： B Rajak ， (111)面与(100)面的交线的晶向ABajak ，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： B Raiaj ，(111) 面与(110)面的交线的晶向ABaiaj ，晶向指数110。 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，设离子的总）和库仑相互作用能，设离子的总 数为数为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. 234 j ij rrrrrr 前边的因子 2 是因为存在着两个相等距离 i r的离子，一个在参考离子左面，一个在其右面，故对 5 一边求和后要乘 2，马德隆常数为 234 (1). 34 n xxx xx x 当 X=1 时，有 111 1.2 234 n 2.32.3、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 ( ) mn u r rr 试求： （试求： （1 1）平衡间距）平衡间距 0 r； （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 0 2,10,3 ,4mnrA WeV，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0 )( 0 rr dr rdu ，有： mn nm nm m n n m r r n r m 1 1 0 1 .0 1 0 0 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： nm rr rUW 00 0) ( （可代入 r0值，也可不代入） （3 3）体弹性模量）体弹性模量 由体弹性模量公式： 0 2 2 0 2 0 9 r r U V r k （4 4）m m = = 2 2，n n = 10= 10， Ar3 0 ， w w = = 4 4eVeV，求、，求、 8 1 8 1 0 5 2 10 r ) 5 ( 5 4 )( 8 0 2 0 10 . 2 0 0 代入 r rrr rU eV r rUW4 5 4 )( 2 0 0 111 21. 234 22 n 6 将 Ar3 0 ，JeV 19 10602. 11 代入 2115 238 10459. 9 10209. 7 mN mN （1）平衡间距 r0的计算 晶体内能( )() 2 mn N U r rr 平衡条件 0 0 r r dU dr ， 11 00 0 mn mn rr ， 1 0 ()n m n r m （2）单个原子的结合能 0 1 ( ) 2 Wu r ， 0 0 ( )() mn r r u r rr ， 1 0 ()n m n r m 1 (1)() 2 m n m mn W nm （3）体弹性模量 0 2 0 2 ()V U KV V 晶体的体积 3 VNAr，A 为常数，N 为原胞数目 晶体内能( )() 2 mn N U r rr UUr VrV 112 1 () 23 mn Nmn rrNAr 2 2112 1 () 23 mn UNrmn VVrrrNAr 0 222 22 00000 1 2 9 mnmn V V UNmnmn VVrrrr 由平衡条件 0 112 000 1 ()0 23 mn V V UNmn VrrNAr ，得 00 mn mn rr 0 222 22 000 1 2 9 mn V V UNmn VVrr 0 2 22 000 1 2 9 mn V V UNmn mn VVrr 2 000 2 9 mn N nm Vrr 0 00 () 2 mn N U rr 0 2 0 22 0 () 9 V V Umn U VV 7 体弹性模量 0 0 9 mn KU V （4）若取 0 2,10,3,4mnrA WeV 1 0 ()n m n r m ， 1 (1)() 2 m n m mn W nm 10 0 2 W r， 2 0 10 0 2rW r -9510 1.2 10eV m， 192 9.0 10eV m 2.62.6、bccbcc 和和 fcc Nefcc Ne 的结合能，用林纳德的结合能，用林纳德琼斯琼斯(Lennard(LennardJones)Jones)势计算势计算 NeNe 在在 bccbcc 和和 fccfcc 结构中结构中 的结合能之比值的结合能之比值 解 126126 1 ( )4()(), ( )(4 )()() 2 nl u ru rNAA rrrr 2 66 612 00 612 ( )1 02 2 r AAdu r ruN rAA 22 066 2 01212 ( )12.25 /9.11 ()/()0.957 ( )14.45 /12.13 bccbcc fccfcc u rAA u rAA 2.72.7、对于对于 2 H，从气体的测量得到，从气体的测量得到 LennardLennardJonesJones 参数为参数为 6 50 10,2.96.JA 计算计算 fccfcc 结构结构 的的 2 H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 0.751kJ0.751kJ mo1mo1，试与计算值比较，试与计算值比较 解 以 2 H为基团，组成 fcc 结构的晶体，如略去动能，分子间按 LennardJones 势相互 作用，则晶体的总相互作用能为： 126 126 2. ijij ij UNPP RR 612 14.45392;12.13188, ijij ji PP 1623 50 10,2.96 ,6.022 10/.ergA Nmol 126 2816 2.962.96 2 6 022 10/50 1012.1314.452.55/. 3.163.16 U UmolergKJ mol 0 将R 代入得到平衡时的晶体总能量为 。 因此， 计算得 到的 2 H晶体的结合能为 255KJmol，远大于实验观察值 0.75lKJmo1对于 2 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，这正是造成理论和实验值之 间巨大差别的原因 8 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， 其中第已知一维单原子链， 其中第j个格波， 在第个格波， 在第n个格点引起的位移为，个格点引起的位移为，sin(_) njjjjj atnaq， j 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。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 sin() nnjjjjj jj atnaq （1） 2*2* nnjnjnjnjnj jjjjj 由于 njnj 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，可以忽略不计。所以 22 nnj j 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 0 222 0 0 11 sin() 2 T jjjjjj atnaqdta T （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 00 2 2 222 000 00 111 sin() 224 LTT njjj njjjjjjj dw a TdxdtLatnaqdtw La TdtT 其中 L 是原子链的长度，使质量密度， 0 T为周期。 所以 22 11 42 njjj Tw LaKT （3） 因此 将此式代入（2）式有 2 2 nj j KT PL 所以每个原子的平均位移为 22 22 1 nnj jjj jj KTKT PLPL 3.23.2、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时与一维时与一维 单原子链的结果一一对应。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 。 牛顿运动方程 222121 2121222 (2) (2) nnnn nnnn m M 9 N 个原胞，有 2N 个独立的方程 设方程的解 (2) 2 (21) 21 itna q n itnaq n Ae Be ，代回方程中得到 2 2 (2)(2cos)0 (2cos)(2)0 mAaq B aq AMB A、B有非零解， 2 2 22cos 0 2cos2 maq aqM ，则 1 22 2 2 ()4 1 1sin () mMmM aq mMmM 两种不同的格波的色散关系 1 22 2 2 1 22 2 2 ()4 1 1sin () ()4 1 1sin () mMmM aq mMmM mMmM aq mMmM 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Mm时 4 cos 2 4 sin 2 aq m aq m ， 两种色散关系如图所示： 长波极限情况下0q ，sin() 22 qaqa ， (2)q m 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，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，两种原子质量 相等，且最近邻原子间距为相等，且最近邻原子间距为2a。试求试求在在0,qqa处的处的( )q，并，并粗略画出色散关系曲线。粗略画出色散关系曲线。此此 问题模拟如问题模拟如 2 H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： 2122221121 21122112222 () () nnnn nnnn m m 10 体系 N 个原胞，有 2N 个独立的方程 方程的解： 1 (2 ) 2 2 1 (21) 2 21 itnaq n itnaq n Ae Be ，令 22 1122 /,/mm，将解代入上述方程得： 11 22222 22 1212 11 22222 22 1212 ()()0 ()()0 i aqi aq i aqi aq AeeB eeAB A、B 有非零的解，系数行列式满足： 11 22222 22 1212 11 22222 22 1212 (),() 0 (),() i aqi aq i aqi aq ee ee 1111 22222222 2222 121212 ()()()0 i aqi aqi aqi aq eeee 1111 22222222 2222 121212 ()()()0 i aqi aqi aqi aq eeee 因为 1 、 2 10，令 2222 0120 10 ,10 cc mm 得到 2224 00 (11)(101 20cos)0aq 两种色散关系： 22 0(11 20cos101)qa 当0q 时， 22 0(11 121)， 0 22 0 当q a 时， 22 0(11 81)， 0 0 20 2 （2）色散关系图： 3.3.7 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 2 0 ( )qAq 求证： 1/2 00 23/2 1 ( ), 4 V f A ; 0 ( )0,f. 解 1 1 2 2 22 0000 0 ( )0,0AqfAqqA时， 依据 3 ( )2,( ) ( )2 q q Vds qAq f q ，并带入上边结果有 1/2 1/2 00331/22 23/2 0 11 4 2( ) 222 q VdsVAV f AAq 11 3.83.8、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 比热正比与比热正比与 2 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2 ndn，且 2 2 53 2 222 Ls ndnkdkkdkd v 即则 2 33 22 0 /22222 0 333 212121 mDD BB x BBBB k Tk Tx DD d s k Ts k Tk Tk Tsdx dx EE veveve ， 2 0,() vs E TETCT T 3 时， 3.93.9、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 0 q Bn q B FUk T k T 证明:量子谐振子的自由能为 1 1 2 q B qk T Bn q B FUk Te k T 经典极限意味着（温度较高） BTg k 应用 2 1. x exx 所以 2 1. q B qqk T BB e k Tk T 因此 0 1 1 1 2 qq qBnBn qq BB FUk TUk T k Tk T 其中 0 1 2 q q UU 3.103.10、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 2 ，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。 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 0 E就是各振动模零 点能之和。 000 0 1 2 m EEgdE 将和 2 23 3 2 s V g v 代入积分有 4 0 23 39 168 mm s V EN v ，由于 0 9 8 mBDBD kENk得 一股晶体德拜温度为 2 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 12 3.113.11、一维复式格子一维复式格子 241 5 1.67 10,4,1.5 10/ M mgN m m 4 ( 1.51 10/),dyn cm即求（求（1 1） ，光） ，光 学波学波 00 maxmin ,，声学波，声学波 max A 。 （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。 （4 4）与与 0 max 相对应的电磁波波长在什么波段。相对应的电磁波波长在什么波段。 解（1） ， 4 13 1 max 24 22 1.5 10/ 3.00 10, 4 5 1.67 10 A dyn cm s M 424 131 max 2424 22 1.5 104 551.67 10/ 6.70 10 4 5 1.67 105 1.67 10 o Mmdyn cm s Mm 4 131 max 24 22 1.5 10/ 5.99 10 5 1.67 10 A dyn cm s m （2） 161312 max 161312 max 161312 min 6.58 105.99 101.97 10 6.58 106.70 104.41 10 6.58 103.00 103.95 10 A o o seV seV seV （3） maxmax maxmax / 11 0.873,0.221 11 AO BB AO k Tk T nn ee min min / 1 0.276 1 O B O k T n e （4） 2 28.1 c m 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，并说明它们的特 性性说明它们都代表驻波，并比较两个电子云分布说明它们都代表驻波，并比较两个电子云分布 2 说明能隙的来源说明能隙的来源( (假设假设 n V= = * n V) )。 解令k a ，k a ，简并微扰波函数为 00 ( )( ) kk AxBx 0* ( )0 n EkE A V B 0 0 n V AEkE B 取EE 带入上式，其中 0( ) n EEkV V(x)0,0 n V ,从上式得到 B= -A,于是 13 00 ( )( ) nn ixix aa kk A Axxee L = 2 sin An x aL 取EE， 0( ) n EEkV , nn V AV BAB 得到 00 ( )( ) nn ixix aa kk A Axxee L = 2 cos An x 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 n k a 时，电子波的波长 22a kn ，恰好满足布拉格发射条件，这时电子波发生 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。 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 2 k a 的的 0 0 级波函数。级波函数。 解 2221 () * 24 1111 ( ) imxiximximx ikxikx aaaa k xee eeee LLLL 第一能带： * 2 1 0,0,( ) 2 ix a k mmxe aL 第二能带： 23 * 2 221 ,1,( ) xix aa k bbbb mmxe aaL ii2a 则即（e=e） 第三能带： 25 * 22 2211 ,1,( ) ixixix aaa k cc mmxeee aaLL 即 4.34.3、电子在周期场中的势能电子在周期场中的势能 222 1 (), 2 mbxna nabxnab当 ( )V x 0 0 ， xnab当(n-1)a+b 其中其中 d d4b4b，是常数试是常数试画画出此势能曲线，求其平均值及此晶体出此势能曲线，求其平均值及此晶体的第一个和第二个禁带的第一个和第二个禁带度度 解(I)题设势能曲线如下图所示 14 (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 111 ( )( )( )( ) aa b Lbb V xV xV x dxV x dx Laa 题设4ab，故积分上限应为3abb，但由于在,3b b区间内( )0V x ，故只需在, b b区 间内积分这时，0n ，于是 22 22232 111 ( )() 2236 bb bb bb bb mm VV x dxbx dxb xxm b aaa 。 （3） ，势能在-2b,2b区间是个偶函数，可以展开成傅立叶级数 2 0 00 21 ( )cos,( )cos( )cos 2222 bb mm m mmm V xVVx VV xxdxV xxdx bbbbb 11 2 22 1 0 2,1()cos 2 b gg mx EVmEbxdx bb 第一个禁带宽度以代入上式, 利用积分公式 2 23 2 cossin2cossin u umudumumumumu mm 得 2 2 3 16m b 1 g E第二个禁带宽度 2 2 2,2 g EVm以代入上式,代入上式 2 2 22 0 ()cos b g mx Ebxdx bb 再次利用积分公式有 2 2 2 2m b 2 g E 4.44.4、 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： () 0 ( )() s ikRs ss Rs EkJJ R e 近邻 在面心立方中，有12个最近邻，若取0 m R ，则这12个最近邻的坐标是： (1,1,0),(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0) 2222 aaaa 15 (0,1,1),(0,1,1),(0,1,1),(0,1,1) 2222 aaaa (1,0,1)(1,0,1),(1,0,1),(1,0,1) 2222 aaaa 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() S J R有相同的值，简单表示为 J1=() S J R。又由于s态波函数为偶宇称，即()( ) ss rr 在近邻重叠积分 * ()()( )()( ) sissi J RRUV Rd 中，波函数的贡献为正 J10。 于是，把近邻格矢 S R代入() s S ER表达式得到： 01 ( ) s ik Rs S Rs EkJJe 近邻 = ()()()() 2222 01 xyxyxyxy aaaa ikkikkikkikk S JJeeee ()()()() 2222 yzyzyzyz aaaa ikkikkikkikk eeee + ()()()() 2222 xzxzxzxz aaaa ikkikkikkikk eeee = 01 2cos()cos()cos()cos() 2222 Sxyxyyzyz aaaa JJkkkkkkkk cos()cos() 2 zxzx a kkkk cos()cos()2coscos = 01 4coscoscoscoscoscos 222222 sxyyzzx aaaaaa JJkkkkkk （2）对于体心立方：有8个最近邻，这8个最近邻的坐标是： (1,1,1),(1,1,1),(1,1,1),(1,1,1) 2222 aaaa (1,1,1),(1,1,1,),(1,1,1),(1,1,1) 2222 aaaa 01 ( )8(coscoscos) 222 s sxyz aaa E kJJkkk 16 4.74.7、有一一维单原子链，有一一维单原子链，间距为间距为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 态能级对应态能级对应 的能带的能带 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，求态只有一个电子，求 等于等于 T=0KT=0K 的费米能级的费米能级 0 F E及及 0 F E处的能态密度。处的能态密度。 解 010101 (1), ( )()2cos2cos ikaika ss E kJJ eeJJkaEJka 0 ( )() s ik R s E kEJJ p e (2) , 11 21 ( )22 22sinsin LdkNaN N E dEJ akaJka (3), 0 0 00 0 2 2 ( ) 222 22 F k F FF NakNa Nkdkkk a 000 1 1 1 ()2cos,() 2 sin 2 FFsF NN EE kEJaE N E aJ Ja a 4.4.8 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动能比该区一边中点大 2 2 倍倍(b)(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？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)(c)(b)的结果对于二价金属的电导率可能会产生什么影响的结果对于二价金属的电导率可能会产生什么影响 7 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 22 ,Ai Bj aa 第一布里渊区如图所示 2 222 ,. , 2 B xyz iBKij aaa KKK m A 区边中点的波矢为K角顶 点的波矢为 自由电子能量 22 222 2 , 222 Ax K mmama A点能量 222 222 22 2, 222 Bxy KK mmaama B点能量所以/2 BA 0 17 b)简单立方晶格的晶格常数为a，倒格子基矢为 222 ,Ai Bj Ck aaa 第一布里渊区如图72所示 2 2 ; 2 A ma A点能量 2222 222 222 3, 222 Bxyz KKK mmaaama B点能量 所以/3 BA (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 2 222 2 xyz KKK m ，FerM 面应为球面由(b)可知，内切于 4 点的内切 球 的 体 积 3 4 3a ， 于 是 在K空 间 中 ， 内 切 球 内 能 容 纳 的 电 子 数 为 3 3 4 21.047 33 2 V NN a 其中 3 VNa 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 4.104.10、 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： 4 N 18 其倒格子为体心立方，倒格子的边长为： 4 a ，对角线的长度为： 4 3 a 于是：布里渊区边界到原点的距离为： 14 33 4aa 即：当Fermi球与第一布里渊区边界相切时， 3 F k a 又由： 3 3 4 2 3 2 F V kNx 33 2233 3 33 33 F kNx Vaa 于是有： 3 3 33 4 4 NxNx N aN a 3 10.3597 4 x N 0.35970.3597 0.56 1 0.35970.6403 x Nx 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。 4.124.12、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 22 ,4coscos. xy U x yU 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, a a 处的能隙处的能隙 解以 , i j表示位置矢量的单位矢量，以 12 ,b b表示倒易矢量的单位矢量，则有， 1 1221 12212 2 , ,rxiyi GG bG bg bg bgg a 为整数。 晶体势能 22 ,4coscos. xy U x yU aa 2222 11 11 11 ixixiyiy iG G G U rU eeeeUe 111020 .0 GGG UUUU 其中，而其他势能傅氏系数。这样基本方程 19 ()0 kG G C KU G KG 变为 1111 111111111111 0 KG GGG C KUC KGUC KGUC KGUC KG 求布里渊区 角顶, a a ，即 1 11 ( , )11 2 22 kGG处的能隙，可利用双项平面波近似 () ()() iKri K G r C K eC KG e 来处理。 当 11 11 ,11 22 KGKG 时