固体物理答案（黄昆版）

- 1 - 《固体物理学》习题完全解析 胡光辉 河南师范大学 物理与信息工程学院 1.1 如果将等体积球分别排成下列结构，证明钢球所占体积与总体积之比 （1）简立方， 6 π ; （2）体心立方, ; 8 3 π （3）面心立方， ; 6 2 π （4）六角密积， ; 6 2 π （5）金刚石结构， ; 16 3 π 解：设想晶体是由刚性原子球堆积而成，一个晶胞中刚性原子球占据的体积与晶胞体积的比值称为结构的 致密度， 设 n 为一个晶胞中的刚性原子球数,r 表示刚性原子球半径，V 表示晶胞体积，则致密度 ρ = V rn 3 3 4π （1）对简立方晶体，任一个原子有 6 个最近邻，若原子以刚性球堆积，如图 1.2 所示，中心在 1，2，3， 4 处的原子球将依次相切，因为 ,,43 3aVra == 晶胞内包含 1 个原子，所以 ρ = 6 )( 3 3 23 4 ππ = a a 图 1.2 简立方晶胞 图 1.3 体心立方晶胞 （2）对体心立方晶体，任一个原子有 8 个最近邻，若原子刚性球堆积，如图 1.3 所示，体心位置 O 的原 子 8 个角顶位置的原子球相切，因为晶胞空间对角线的长度为 ,,43 3aVra == 晶胞内包含 2 个原子，所 以 ρ = ππ 8 3)(*2 3 3 4 3 3 4 = a a （3）对面心立方晶体，任一个原子有 12 个最近邻，若原子以刚性球堆积，如图 1.4 所示，中心位于角顶 的原子与相邻的 3 个面心原子球相切，因为 3,42 aVra == ，1 个晶胞内包含 4 个原子，所以 ρ = 6 2)(*4 3 3 4 2 3 4 ππ = a a . 图 1.4 面心立方晶胞 图 1.5 六角晶胞 图 1.6 正四面体 Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 2 - （4）对六角密积结构，任一个原子有 12 个最近邻，若原子以刚性球堆积，如图 1。5 所示，中心在 1 的 原子与中心在 2，3，4 的原子相切，中心在 5 的原子与中心在 6，7，8 的原子相切，晶胞内的原子 O 与中 心在 1，3，4，5，7，8 处的原子相切，即 O 点与中心在 5，7，8 处的原子分布在正四面体的四个顶上， 因为四面体的高 h= 2 2 3232 cra == 晶胞体积 V= 22 2 360sin caca =o 一个晶胞内包含两个原子，所以 ρ= ππ 6 2)(*2 2 2 3 3 23 4 = ca a . （5）对金刚石结构，任一个原子有 4 个最近邻，若原子以刚性球堆积，如图 1.7 所示，中心在空间对角线 四分之一处的 O 原子与中心在 1，2，3，4 处的原子相切，因为 ,83 ra = 晶胞体积 3aV = 一个晶胞内包含 8 个原子，所以 ρ= 16 3)8 3(*8 3 3 3 4 ππ = a a 图 1.7 金刚石结构 1.2 试证明六角密堆积结构中 633.1) 8 3( 2 1 ≈= a c 证明：由 1.1 题，六角密排中 23 22 3 2 crah −== ，故 633.1) 8 3( 2 1 ≈= a c 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 。 解：由倒格子定义 2 31 1 2 3 2 a ab a a a π ×= ⋅ × v vv v v v 3 12 1 2 3 2 a ab a a a π ×= ⋅ × v vv v v v 1 23 1 2 3 2 a ab a a a π ×= ⋅ × v vv v v v 体心立方格子原胞基矢 1 2 3( ), ( ), ( )2 2 2 a a aa i j k a i j k a i j k= − + + = − + = − +v v vv v v v v vv v v 倒格子基矢 2 31 1 2 3 0 22 ( ) ( ) 2 2 a a a ab i j k i j k a a a v ππ ×= = ⋅ − + × + −⋅ × v vv v vv v v v v v v 2 0 2 ( ) ( ) 4 a i j k i j k v π= ⋅ − + × + −v vv v v v 2 ( )j k a π= + vv 同理 3 12 1 2 3 22 ( )a ab i k a a a a ππ ×= = +⋅ × v vv vv r r r 3 2 ( )b i j a π= +v v v 可见由 1 2 3, ,b b b v v v 为基矢构成的格子为面心立方格子 Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 3 - 面心立方格子原胞基矢 1 2 3 ( ) / 2 ( ) / 2 ( ) / 2 a a j k a a k i a a i j = + = + = + vvv v vv v vv 倒格子基矢 2 31 1 2 3 2 a ab a a a π ×= ⋅ × v vv v v v 1 2 ( )b i j k a π= − + +v vv v 同理 2 2 ( )b i j k a π= − +v vv v 3 2 ( )b i j ka π= − +v vv v 可见由 1 2 3, ,b b b v v v 为基矢构成的格子为体心立方格子 1.4 证明倒格子原胞的体积为 0 3(2 ) v π ，其中 0v 为正格子原胞体积 证：倒格子基矢 2 31 1 2 3 2 a ab a a a π ×= ⋅ × v vv v v v 3 12 1 2 3 2 a ab a a a π ×= ⋅ × v vv v v v 1 23 1 2 3 2 a ab a a a π ×= ⋅ × v vv v v v 倒格子体积 *0 1 2 3( )v b b b= ⋅ × v v v 3 * 0 2 3 3 1 1 23 0 (2 ) ( ) ( ) ( )v a a a a a a v π= × ⋅ × × ×v v v v v v 3 * 0 0 (2 )v v π= 1.5 证明：倒格子矢量 1 1 2 2 3 3G h b h b h b= + + v v vv 垂直于密勒指数为 1 2 3( )h h h 的晶面系。 证： 3 31 2 1 3 2 3 ,a aa aCA CB h h h h = − = − v vv vuuur uuur 容易证明 1 2 3 1 2 3 0 0 h h h h h h G CA G CB ⋅ = ⋅ = uuurv uuurv 1 1 2 2 3 3G h b h b h b= + + v v vv 与晶面系 1 2 3( )h h h 正交。 1.6 如果基矢 , ,a b c vv v构成简单正交系，证明晶面族 ( )hkl 的面间距为 2 2 21 ( ) ( ) ( )h k ld a b c = + + ；说明面 指数低的晶面，其面密度较大，容易解理. 证：简单正交系a b c⊥ ⊥vv v 1 2 3, ,a ai a bj a ck= = = vv vv v v 倒格子基矢 2 31 1 2 3 2 a ab a a a π ×= ⋅ × v vv v v v 3 12 1 2 3 2 a ab a a a π ×= ⋅ × v vv v v v 1 23 1 2 3 2 a ab a a a π ×= ⋅ × v vv v v v 1 2 3 2 2 2, ,b i b j b k a b c π π π= = =v v v vv v Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 4 - 倒格子矢量 1 2 3G hb kb lb= + + v v vv 2 2 2h i k j l k a b c π π π= + + vv v 晶面族 ( )hkl 的面间距 2d G π= v 2 2 21 ( ) ( ) ( )h k l a b c = + + 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 6 12 8 最近邻间距 a a 2 2 a 2 3 次近邻数 12 6 6 次近邻间距 a2 a a 1.８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： 体心立方 面心立方 Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 5 - 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， A 与 O 重合。B 点位矢 BR aj ak= − + vv v （111）与（100）面的交线的晶向 AB aj ak= − +uuur vv —— 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 BR ai aj= − + v v v (111)面与(110)面的交线的晶向 AB ai aj= − +uuur v v ――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 2 π 、π 、 2 3π 加上不动 C1，所有对称操作构成群 C4 C4=（C1 C2 C3 C4），群中任意两元素乘积仍是群中元素。 1.11 利用转动对称操作，证明六角晶系介电常数矩阵为 . 00 00 00 33 22 11 ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ε ε ε ε 解：若 A 是一旋转对称操作，则晶体的介电常数ε 满足 .' AA εε = ，对六角晶系，绕 x（即 a）轴旋转 o180 和绕 z（即 c）轴旋转 o120 都是对称操作，坐标变换矩阵分别为 . 100 010 001 ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − −=xA ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −− − = 000 0 2 1 2 3 0 2 3 2 1 zA 假设六角晶系的介电常数为 . 333231 312221 131211 ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = εεε εεε εεε ε 则由 .' xx AA εε = 得 . 333231 312221 131211 333231 312221 131211 ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − −− = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ εεε εεε εεε εεε εεε εεε 可见 .0,0,0 311312 === εεε Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 6 - 即 ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 3332 3122 11 0 0 00 εε εε ε ε 。 将上式代入 .' xx AA εε = 得 ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ 3332 3122 11 0 0 00 εε εε ε ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −− −++− −+−+ = 333232 2322112211 2322112211 2 1 2 3 2 1 4 1 4 3 4 3 4 3 2 3 4 3 4 3 4 3 4 1 εεε εεεεε εεεεε 由上式可得 .,0,0 22113223 εεεε === 于是得到六角晶系的介电常数 . 00 00 00 33 11 11 ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ε ε ε ε 附：证明不存在 5 度旋转对称轴。 证：如下面所示，A,B 是同一晶列上 O 格点的两个最近邻格点，如果绕通过 O 点并垂直于纸面的转轴顺时 针旋转θ 角，则 A 格点转到 'A 点，若此时晶格自身重合，点处原来必定有一格点，如果再绕通过 O 点的 转轴逆时针旋转θ 角，则晶格又恢复到未转动时的状态，但逆时针旋转θ 角，B 格点转到 'B 处，说明 'B 处 原来必定有一格点，可以把格点看成分布在一族相互平行的晶列上，由下图可知， '' BA 晶列与 AB 晶列平 行．平行的晶列具有相同的周期，若设该周期为 a ，则有 图 晶格的旋转对称性 ,cos2'' maaBA == θ 其中 m 为整数，由余弦的取值范围可得 .1 2 cos ≤= mθ 于是可得 .2,:2 ; 3 5, 3 4, 3 2, 3 :1 ; 2 3, 2 :0 ππθ ππππθ ππθ == == == m m m 因为逆时针旋转 2 3π ， 3 5, 3 4 ππ 分别等于顺时针旋转 2 π ， 3 2π ， , 3 π 所以晶格对称转动所允许的独立转角为 . 3 , 2 , 3 2,,2 πππππ Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 7 - 上面的转角可统一写成 6,4,3,2,1,2 =n n π 称 n 为转轴的度数，由此可知，晶格的周期性不允许有５度旋转对称轴． 2.1 证明两种一价离子组成的一维晶格的马德隆常数为 2ln 2α = . 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 ( 1) 1 1 1 12[ ...] 2 3 4j ijr r r r r r α ±′= = − + − +∑ 前边的因子 2 是因为存在着两个相等距离 ir 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 2 3 4 (1 ) ... 3 4n x x xx x x + = − + − +Ql 当 X=1 时，有 1 1 11 ... 2 2 3 4 n − + − + = l 2.2 讨论离子电荷加倍时所引起的对 NaCl 晶格常数及结合能的影响 解：考虑到库伦吸引能和重叠排斥势，为简便起见，可将一个 NaCl 晶体原胞内能写作 nn r c r aq r b r qrU +−=+−= 2 0 2 6 4 )( πε α 由平衡条件 0)( 1 0 2 0 2 0 =−= + = n rr r nc r aq dr rdU 得 1 0 2 0 2 += nr nc r aq 1 1 20 )()( −= n aq ncqr 结合能 )11()( 0 2 0 nr aqrU −−= 当电荷加倍时， )(4) 4 ()2( 01 1 1 1 20 qraq ncqr nn −− == 结合能 )(4)11( )2( 4)2( 01 0 2 0 rUnqr qarU n n −=−−= 2.3 若一晶体的相互作用能可以表示为 ( ) m nu r r r α β= − + ，求 （1）平衡间距 0r （2）结合能 W（单个原 子的） （3）体弹性模量 （4）若取 02, 10, 0.3 , 4m n r nm W eV= = = = ，计算 ,α β 值。 解：（1）晶体内能 ( ) ( ) 2 m n NU r r r α β= − + 1 1 12[1 ...] 2 3 4 α = − + − + 2 2nα∴ = l Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 8 - 平衡条件 0 0 r r dU dr = = 1 1 0 0 0m n m n r r α β + +− + = 1 0 ( )n m nr m β α −= （2） 单个原子的结合能 0 1 ( ) 2 W u r= − 0 0( ) ( )m n r r u r r r α β = = − + 1 (1 )( ) 2 m n mm nW n m βα α − −= − （3）晶体的体积 3V NAr= —— A 为常数，N 为原胞数目 晶体内能 ( ) ( ) 2 m n NU r r r α β= − + 1 1 2 1( ) 2 3m n N m n r r NAr α β + += − 2 2 1 1 2 1[( ) ] 2 3m n U N r m n V V r r r NAr α β + + ∂ ∂ ∂= −∂ ∂ ∂ )33( 9 1 2 22 22 2 nmnm r n r m r n r m V N V U βαβα +−+−=∂ ∂ 由平衡条件 0 1 1 2 0 0 0 1( ) 0 2 3m nV V U N m n V r r NAr α β + + = ∂ = − =∂ 0 0m n m n r r α β= 0 2 2 2 2 2 0 0 0 1 [ ] 2 9 m nV V U N m n V V r r α β = ∂ = − +∂ 0 2 2 2 0 0 0 1 [ ] 2 9 m nV V U N m nm n V V r r α β = ∂ = − +∂ 2 0 0 0 [ ] 2 9 m n N nm V r r α β= − − + 0 2 02 2 0 ( ) 9V V U mn U V V= ∂ = −∂ 体弹性模量 0 2 02( )V UK V V ∂= ⋅∂ 0 09 mnK U V = （4） 0 0 m n m n r r α β= 1 0 ( )n m nr m β α −= 1 (1 )( ) 2 m n mm nW n m βα α − −= − 10 02 W rβ = 95 101.18 10 eV mβ −= × ⋅ 2 0 10 0 [ 2 ]r W r βα = + 19 29.0 10 eV mα −= × ⋅ 2.4 经 sp3 杂化后，形成的共价键，其方向沿立方体的四对角线，求共价键之间的夹角 解：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 109°28′ Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 9 - 2.5 假设 III-V 族化合物中，III 族、V 族原子都是电中性的（ 0* =q ），求其电离度 if 解：对 III 族原子，有效电荷 ) 1 83( 2 2 * λ λ +−=q 电中性时有 0* =q 故 5 32 =λ 由 Coulson 定义电离度得 III-V 族化合物（ 0* =q ）的电离度为 4 1 1 1 2 2 =+ −=+ −= λ λ BA BA i pp ppf 2.6 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． 解： 12 6 12 61( ) 4 ( ) ( ) , ( ) (4 ) ( ) ( ) 2 n l u r u r N A A r r r r σ σ σ σε ε⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 2 6 6 612 0 0 6 12 ( ) 10 2 2r AAdu r r u N r A A σ ε⎛ ⎞ = ⇒ = ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 2 0 6 6 2 0 12 12 ( ) 12.25 / 9.11( ) /( ) 0.957 ( ) 14.45 /12.13 bcc bcc fcc fcc u r A A u r A A ω ω ′= = = =′ 2.7 对于 2H ，从气体的测量得到 Lennard—Jones 势参数为 650 10 , 2.96 .J Aε σ−= × = o 计算 2H 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处理．结合能的实验值为 0.751kJ ／mo1，试与计算值比较． 解：以 2H 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： 12 6 12 62 .ij ij i j U N P P R R σ σε − −⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ ′= −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑ 6 1214.45392; 12.13188,ij ij j i P P− −′ ′= =∑ ∑ 16 2350 10 , 2.96 , 6.022 10 / .erg A N molε σ−= × = = ×o ( ) ( )12 628 16 2.96 2.962 6 022 10 / 50 10 12.13 14.45 2.55 / . 3.16 3.16 U U mol erg KJ 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 2H 晶体的结合能为 2.55KJ／mol，远大于实验观察值 0.75lKJ／mo1． 对于 2H 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 Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 10 - 值之间巨大差别的原因． 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， sin( _ )nj j j j ja t naqμ ω δ= + ， jδ 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 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 sin( )n nj j j j j j j a t naqμ μ ω δ= = + +∑ ∑ （1） 2 * 2 * n nj nj nj nj nj j j j j j μ μ μ μ μ μ ′ ′≠ ⎛ ⎞⎛ ⎞= = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠∑ ∑ ∑ ∑ � 由于 nj njμ 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 项与第一项相比是一小量， 可以忽略不计。所以 2 2n nj j μ μ=∑ 由于 njμ 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 02 2 2 0 0 1 1sin( ) 2 T j j j j j ja t naq dt aT μ ω δ= + + =∫ （2） 已知较高温度下的每个格波的能量为 kT， njμ 的动能时间平均值为 0 0 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 1 1 1sin( ) 2 2 4 L T Tnj j j nj j j j j j j d w a T dx dt L a t naq dt w La T dt T μ ρρ ω δ ρ⎡ ⎤⎛ ⎞= = + + =⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦∫ ∫ ∫ 其中 L 是原子链的长度， ρ 使质量密度， 0T 为周期。 所以 2 21 1 4 2nj j j T w La KTρ= = （3） 因此 将此式代入（2）式有 2 2nj j KT PL μ ω= 所以每个原子的平均位移为 2 2 2 2 1 n nj j j jj j KT KT PL PL μ μ ω ω== = =∑ ∑ ∑ 3.2 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 ……。 Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 11 - 牛顿运动方程 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 (2 ) (2 ) n n n n n n n n m M μ β μ μ μ μ β μ μ μ + − + + + = − − − = − − − && && 体系有 N 个原胞，有 2N 个独立的方程 方程 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 (2 ) (2 ) n n n n n n n n m M μ β μ μ μ μ β μ μ μ + − + + + = − − − = − − − && && 的解 [ (2 ) ] 2 [ (2 1) ] 2 1 i t na q n i t n aq n Ae Be ω ω μ μ − − + + = = A , B 有 非零解 2 2 2 2 cos 0 2 cos 2 m aq aq M β ω β β β ω − − =− − 1 2 2 2 2 ( ) 4{1 [1 sin ] } ( ) m M mM aq mM m M ω β += ± − + 两种不同的格波的色散关系 1 2 2 2 2 ( ) 4{1 [1 sin ] } ( ) m M mM aq mM m M ω β+ += + − + 1 2 2 2 2 ( ) 4{1 [1 sin ] } ( ) m M mM aq mM m M ω β− += − − + 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 2N M=m 4 cos 2 aq m βω+ = 4 sin 2 aq m βω− = 长波极限情况下 0q → sin( ) 2 2 qa qa≈ (2 )q m βω− = 与一维单原子晶格格波的色散关系一致 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 10 c．令两种原子质量相同，且 最近邻间距为 2 a ．求在 0k = 和 k a π= 处的 ( )kω ．大略地画出色散关系．本题模拟双原子分子晶体，如 2H 。 解： 2 2 (2 ) (2 cos ) 0 (2 cos ) (2 ) 0 m A aq B aq A M B β ω β β β ω ⎧ − − =⎪⎨− + − =⎪⎩ Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 12 - a/2 C 10c • o • o • o 1su − 1sv − su sv 1su + 1sv + ( ) ( )2 12 10s s s s sd uM C V u C V udt −= − + − ， ( ) ( )2 12 10 ,s s s s sd VM C u V C u Vdt += − + − 将 , .isKa i t isKa i ts su ue e V Ve e ω ω− −= ⋅ = ⋅ 代入上式有 ( ) ( ) 2 2 10 11 , 10 11 , ika ika M u C e V Cu M V C e u CV ω ω −− = + − − = + − 是 U，v 的线性齐次方程组，存在非零解的条件为 2 2 11 , (10 ) ( 10), 11 iKa iKa M C C e C e M C ω ω −− + + − =0，解出 ( ) 2 4 2 2 2 22 20 (1 ) 0 11 121 20 1 . M MC C conKa C conKa M ω ω ω± − + − = ⎡ ⎤∴ = ± − −⎣ ⎦ 当 K=0 时， 当 K= / aπ 时 2 2 22 / , 0, C Mω ω + − = = 2 2 20 / , 2 / , C M C M ω ω + − = = 3.4 考虑一个全同粒子组成的平面格子，用 lmU 记第 l 行m 列的原子垂直于晶格平面的平移，每个原子的质 量为 M，最近邻原子的力常数为 C （1）证明运动方程 )]2()2[()( 11112 2 lmlmlmlmmlml lm UUUUUUC dt UdM −++−+= −+−+ （2）设解得形式为 )](exp[)0( tamkalkiUU yxlm ω++= 这里 a 是最近邻原子间距，证明远动方程是可以 满足的，如果 )coscos2(22 akakCM yx −−=ω ，这就是问题的色散关系 （3）证明独立解存在的 k 空间区域是一个边长为 a π2 的正方形，这就是平方格子的第一布里渊区，给出 xkk = 而 0=yk 时和 yx kk = 时的 k−ω 图 （4）对于 1< 解： ( ) 11 222 2 0 0 0 00 ( ) 0, 0Aq f Aq q Aω ω ω ω ω ω ω ω ω ω> − = > = < ⇒ − = ⇒ = −时， 依据 ( )3( ) 2 , ( ) ( )2q q V dsq Aq f q ω ω ωπ∇ = − = ∇∫ r ，并带入上边结果有 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1/ 2 1/ 2 0 03 3 1/ 2 22 3/ 2 0 1 14 2( )2 2 2q V ds V A Vf A Aq ω π ω ω ω ωωπ π ω ω π= ⋅ = ⋅ − = ⋅ −∇ − r ( ) 2 2 22 2 22 2 2 , 2 2 2B x y K K m m a a m a π π πε ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ h h hB点能量 所以 / 2B Aε ε = 3.8 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于 2T 。 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 ndnπ ，且 Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 16 - ( )2 25 32 2 2 2 L sndn kdk kdk d vρ ωπ ρ ω ωπ π π= = =即 则 ( ) ( ) 2 3 32 2 0/ /2 2 2 2 20 3 33 2 1 2 1 2 1 m D D B B xB BB B k T k T xD D d s k T s k Tk T k Ts d x dxE E v e v e v e ω ω ω ω ρ ρ ρ ω ω ω ω π π π ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= + = =− − −∫ ∫ ∫h h h hh h h h 20 , ( )v s ET E T C T T ∂→ ∝ ∴ = ∝∂ 3时， 3.9 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 0 q B n q B F U k T k T ω⎛ ⎞≅ + ⎜ ⎟⎝ ⎠∑ hl 证明：量子谐振子的自由能为 1 1 2 q Bq k T B n q B F U k T e k T ωω −⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟= + + −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ∑ hh l 经典极限意味着（温度较高） qBTk ωh>> 应用 21 ...xe x x= − + + 所以 2 1 ... q B q qk T B B e k T k T ω ω ω− ⎛ ⎞= − + +⎜ ⎟⎝ ⎠ h h h 因此 0 1 1 1 2 q q q B n B n q q B B F U k T U k T k T k T ω ωω ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≅ + + − + ≅ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑ h hh l l 其中 0 1 2 qq U U ω≅ +∑ h 3.10 设晶体中每个振子的零点振动能为 1 2 ωh ，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 0E 就是各振动模零点能之。 ( ) ( ) ( )0 0 00 12 mE E g d E ω ω ω ω ω ω= =∫ h将 和 ( ) 22 332 s Vg v ω ωπ= 代入积分有 4 0 2 3 3 9 16 8m ms VE N v ω ωπ= = h ，由于 0 9 8m B D B D k E Nkω θ θ= =h 得 一股晶体德拜温度为~ 210 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． 3.11 一维复式格子 24 15 1.67 10 , 4, 1.5 10 /Mm g N m m β−= × × = = × 4( 1.51 10 / ),dyn cm×即 求 （1）光学波 0 0max min,ω ω ，声学波 maxAω 。 （2）相应声子能量是多少电子伏。 Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 17 - （3）在 300k 时的平均声子数。 （4）与 0maxω 相对应的电磁波波长在什么波段。 解：（1） 4 13 1 max 24 2 2 1.5 10 / 3.00 10 , 4 5 1.67 10 A dyn cm s M βω −× ×= = = ×× × × ( ) ( )4 24 13 1 max 24 24 2 2 1.5 10 4 5 5 1.67 10 / 6.70 10 4 5 1.67 10 5 1.67 10 o M m dyn cm s Mm βω −+ × × × × + × ×= = = ×× × × × × × 4 13 1 max 24 2 2 1.5 10 / 5.99 10 5 1.67 10 A dyn cm s m βω −× ×= = = ×× × （2） 16 13 1 2 max 16 13 1 2 max 16 13 1 2 min 6.58 10 5.99 10 1.97 10 6.58 10 6.70 10 4.41 10 6.58 10 3.00 10 3.95 10 A o o s eV s eV s eV ω ω ω − − − − − − − − − = × × × = × = × × × = × = × × × = × h h h （3） max max max max/ / 1 10.873, 0.221 1 1 A O B B A O k T k T n n e eω ω = = = =− −h h min min / 1 0.276 1 O B O k T n e ω = =−h （4） 2 28.1c mπλ μω= = 4.1 根据 k a π= ± 状态简并微扰结果，求出与 E− 及 E+ 相应的波函数ψ− 及ψ+ 。说明它们都代表驻波，并 比较两个电子云分布（即 2ψ ）说明能隙的来源(假设 nV = *nV )。 解：令 k a π= + ， k a π′ = − ，简并微扰波函数为 0 0( ) ( )k kA x B xψ ψ ψ= + 0 *( ) 0nE k E A V B⎡ ⎤− + =⎣ ⎦ ( )0 0nV A E k E B′⎡ ⎤+ − =⎣ ⎦ 取 E E+= 带入上式，其中 0 ( ) nE E k V+ = + V(x)<0, 0nV < ,从上式得到 B= -A,于是 0 0( ) ( ) n ni x i x a a k k AA x x e e L π π ψ ψ ψ −′+ ⎡ ⎤⎡ ⎤= − = −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = 2 sinA n x aL π 取 E E−= ， 0 ( ) nE E k V− = − ,n nV A V B A B= − =得到 0 0( ) ( ) n ni x i x a a k k AA x x e e L π π ψ ψ ψ −′− ⎡ ⎤⎡ ⎤= − = −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = 2 cosA n x aL π Jo n e s Ho o ?? Jones Hoo ??? ?? - 18 - 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 ( )kν 为零．产生驻波因为电子波矢 nk a π= 时，电子波的波长 2 2a k n πλ = = ，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。 4.2 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 2 k a π= 的 0 级波函数。 解： 2 2 2 1( )* 2 41 1 1 1(