房县雷天明 固体物理基础第三版课后答案西安电子科技大学出版社(曹全喜雷天明黄云霞著)

房县雷天明 固体物理基础第三版课后答案西安电子科技大学出版社(曹全喜雷天明黄云霞著) 固体物理习题第一章 1(题图1,1 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示了一个由两种元素原子构成的二维晶体，请 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 并找出其基元，画出其布 喇菲格子，初基元胞和W,S元胞，写出元胞基矢表达式。 解:基元为晶体中最小重复单元，其图形具有一定任意性(不唯一)其中一个选择为该图的正六边形。 把一个基元用一个几何点代表，例如用B种原子处的几何点代表(格点)所形成的格子 即为布拉菲格子。 初基元胞为一个晶体及其空间点阵中最小周期性重复单元，其图形选择也不唯一。 其中一种选法如图所示。W,S也如图所示。 左图中的正 1 六边形为惯用元胞。 2.画出下列晶体的惯用元胞和布拉菲格子，写出它们的初基元胞基矢表达式，指明各晶体的结构及两种元胞中的原子个数和配位数。 (1) 氯化钾 (2)氯化钛 (3)硅 (4)砷化镓 (5)碳化硅 (6)钽酸锂 (7)铍 (8)钼 (9)铂 解: 名称 分子式 结构 惯用元胞 布拉菲格初基元胞惯用元胞中配位数 子 中原子数原子数 氯化钛 硅 砷化镓 khd 氯化钾 教材图1, 结构 17(b) TiCl 氯化铯 图1,18 结构 Si 金刚石 图1,19 GaAs 闪锌矿 图1,20 ww. SiC 碳化硅 闪锌矿 图1,20 LiTaO3 钙钛矿 2.6.12钽酸 2 锂 图1-21 铍 图1,24 简单六角 钼 铂 基矢表示式参见教材(1,5)、(1, 6)、(1 ,7)式。 11.对于六角密积结构，初基元胞基矢为 a a a1=(i,j a2 (～i,3j 22 求其倒格子基矢，并判断倒格子也是六角的。 倒空间 j i i (B) 由倒格基失的定义，可计算得 aw. 网 案 教材fcc 图1,12 com 2 a2 a32 1 =(i,j) b1 a3 3 2 a3 a12 1 (～i,b2 j a 正空间二维元胞(初基)如图(A)所示，倒空间初基元胞如图(B)所示 b2组成的倒初基元胞构成倒空间点阵，具有C6操作对称性，而C6对称性是六(1)由b1、 角晶系的特征。 a2构成的二维正初基元胞，与由b1、b2构成的倒初基元胞为相似平行四边形，(2)由a1、 义(h、k、l)晶向，可用矢量A表示。A,ha1,ka2,la3， 后 答 4 案 证:由倒格矢的性质，倒格矢Ghkl hb1,kb2,lb3垂直于晶 面(h、k、l)。由晶面向定 khd 课 5 倒格基矢的定义 b1 b2 2 (a3 a1)2 (a1 a2) b3 a2、a3相互垂直且a1 a2 a3,则可得知a1 ||b1,a2 ||b2, 在立方晶格中，可取a1、 www. a3 ||b3, 且 b1 =|b2|= b3 则 Ghkl m(ha1,ka2,la3),mA 6 则 Ghkl与A平行。 证毕 若以上正、倒基矢，换为正、倒轴矢，以上证明仍成立，则可用于fcc和bcc晶格。 13.若轴矢a、b、c构成简单正交系，证明。晶面族(h、k、l)的面间距为 dhkl 2 1 222(a),(b),(c) aw. 网 故正空间为六角结构，倒空间也必为六角结构。 12(用倒格矢的性质证明，立方晶格的(hcl)晶向与晶面垂直。 2 (a2 a3) 7 =m(为常值，且有量纲，即不为纯数) com 2 a1 a22 b3 k c 证1:把原点选在该面族中任意一晶面上任一点，设相邻晶面分别与正交系a、b、c交于 abc 处，同一晶面族中，相邻晶面的面间矩相同，故只要求得原点与相邻晶面的距离即hkl 可。由平面的截距式方程，可把该晶面方程写为; x , y 8 , z c 1 d= 1(),((h2a k2b l2c 由该式可知，面指数(h、k、l)为小值的晶面族，面间距d大，，面间距d大，则相邻二个面上的原子间的作用力就小，致使沿着该方向容易解理(劈裂)。 证2:若正空间基矢为简单正交，由倒格基矢的定义aj bj=2 ij，则对应的倒格基矢 b1、b2、b3也构成正交系。 答 晶面族(h k l)对应的倒格矢Ghkl hb1,kb2,lb3 因为b1、b2、b3相互正交。 由倒格矢的性质 9 dhkl kd 课 (注:这里a1、 a2 a3 ) hkl),((所以 Ghkl (hb1),(kb2),(lb3)=(2 )(123 222 (),(),(k a2 h2a1 16、用X光衍射对Al作结构分析时，测得从(111)面反射的波长为1.54Å反射角为 =19.20 求面间距d111。 解:由布拉格反射模型，认为入射角,反射角 www. d= 由布拉格公式 2dsin = d= 1.54 =2.34(Å) 2 sin19.20 17(试说明:1〕劳厄方程与布拉格公式是一致的; 2〕劳厄方程亦是布里渊区界面方程; 解:1〕由坐标空间劳厄方程: Rl (～0) 2 10 与正倒格矢关系 Rl kh 2 比较可知:若 kh ～k0 成立 即入射波矢0，衍射波矢之差为任意倒格矢kh，则方向产生衍射光，kh ～k0式 aw. 网 22 22 1 2 l3a3 the end n 对主极大 取n=1 2sin com 2 又由点面间矩离的公式，可求得原点与该晶面的距离 11 现由倒空间劳厄方程出发，推导Blagg公式，弹性散射 由倒格子性质，倒格矢kh垂直于该晶面族。所以，kh的垂直平分面必与该晶面族平行。 由图可得知:|kh|,2KSin , „h 4 Sin (A) „ h|, 又若|k|为该方向的最短倒格矢，由倒格矢性质有:|若kh不是该方向最短倒格失，由倒格子周期性 ～K0,Kh 又称衍射三角形，由上图可知 因为是弹性散射 |K|,|K0|该衍射三角形为等腰三角形，kh又为倒格矢，即kh二端 解:由图1,49(b)所示， b1,b2 www. 000, 0P倒格矢,,3b1,b2 对应的衍射晶面指数(,3，,1)化为(3，1) 0Q倒格矢,,2b1 12 对应衍射晶面指数(,2，0)化为(1，0) 19(求金刚石的几何结构因子，并讨论衍射面指数与衍射强度的关系。 解:每个惯用元胞中有八个同类原子，其坐标为 11 0, 22 111331 , , 444444 khd 均为倒格点。所以，入射波从任一倒格点出发，若指到任一倒格矢的中垂直面上时，才有可能满足衍射三角形，又由布里渊区边界的定义，可知，布里渊区边界即为倒格矢中垂直面，所以原命题成立。 18(在图1,49(b)中，写出反射球面P、Q两点的倒格矢表达式以及所对应的晶面指数和衍射面指数。 课 比较(A)、(B)二式可得 2dSin ,n 即为Blagg公式。 2〕、倒空间劳厄方程 aw . 网 11110, 0 2222313133 13 , 444444 |kh|,n|kh|, „ 2 .n (B) d com 2 d 结构因子 Shkl, =f 1,e f e ,e i2 (hU ,kV ,lw ) i 3h,3k,l)2 i (h,k) ,e i (k,l)i (l,h) ,e i (h,k,l)2 ，e,e i (3h,k,3l)2 ,e 14 i h,3k,3l)2 前四项为fcc的结构因子，用Ff表示从后四项提出因子 eShkl,Ff，f e ,Ff+Ffe i (h,k,l)2 i h,k,l)2 1,e i (h,k) ,ei (h,l),ei (k,l) i h,k,l)2 ,Ff 1+e i (h,k,l)2 衍射强度I Shkl Shkl,Ff1,e 2 2 2 i (h,k,l) ?1,e 2f 15 ～i (h,k,l) F 2,e = 2 f i h,k,l),e 案 用尤拉公式Shkl 2F 2 2(当h、k、l为全奇数时 2222 Sh k l 2Ff 2 (4f ) 32f 3(当h、k、l全为偶数，且h+k+l,4n (n为任意整数) Sh.k.l 2Ff(1,1) 4 16f 64f 当h.k,l全为偶 数，但h+k+l 4n则h+k+l,2(2n+1) Sh.k.l 2F (1～1) 0 2 2 2 2 2 2 补充1.说明几何结构因子Sh和坐标原点选取有关，但衍 16 射谱线强度和坐标选择无关。 解: 几何结构因子 Sh, khd is r 课 后 答 讨论 1. 当h、K、l为奇异性数(奇偶混杂)时 Ff=0 所以Shkl,0 www. 式中:f 为元胞内第 个原子的散射因子。 R 为元胞内第 个原子的位矢 若新坐标系相对原坐标系有一位移 r则 S, „h aw. 2 17 1,cos(,,)hkl 2 f e is R 由于一般 e 1 所以Sh Sn 即几何结构因子与坐标原点选 取有关。 „ 而衍射谱线强度正比与几何结构因子模的平方 I S „2 h ,(Sh e is r )(Se 18 ,～is rh, ) Sh Sh Sh 2 所以谱线强度与坐标原点选取无关。 co m ～i h,k,l) f e is (R , r) ,Sh e is r 固体物理第二章习题参考答案 1(已知某晶体两相邻原子间的互作用能可表示成 U(r) ～ ab ,mn rr 解:(1)平衡时 得 r0 19 n～m u～m～1～n～1 amr～bnr 0 00r0 rbnbnn～1m r0 ( amam 答 4 1.6 10～19 , 化简为 6.4 10 , www. r0 a=7.2 10-38 上式代入a值得 b=9.45 10-115 (4)由题意得 ex (-r0/ ),br-n * ln ,r0/ =lnb,nlnr0 nlnro,r0/ ，lnb/ n 又解:*式两边对r0求导，得: /ρ×ex (-r0/ ),bnr-n+1, 与*式比较得: n/r0 =1/ρ 得:r0 = nρ B e2 2.N对离子组成的Nacl晶体相互作用势能为 U(R) N n～ 4 0R R khd ab 20 ～～102～1010 (3 10)(3 10),lnlnr0 若理解为互作用势能为二原子平衡时系统所具有的能量， 由能量最小原理，平衡时系统能量 具有极小值，且为负值;离解能和结合能为要把二原子拉 开，外力所作的功，为正值，所以， 离解能,结合能,,互作用势能，由U(r)式的负值，得 课 后 (3)由r0表示式得: 3 10 ab ～10 10～80 略去第二项 93 案 ～10 mnmn～nn～nmn～～mmbamn～m u(r0)=,,=,(a,(b mnbnbnbnam()(amam aw. 5b1 (8 a (2)平衡时 把r0表示式代入u(r) 21 com (1) 求出晶体平衡时两原子间的距离; (2) 平衡时的二原子间的互作用能; (3) 若取m=2,n=10,两原子间的平衡距离为3Å,仅考虑二原子间互作用则离解能为4ev，计算 a及b的值; (4) 若把互作用势中排斥项b/rn改用玻恩,梅叶表达式 exp(-r/p),并认为在平衡时对互作 用势能具有相同的贡献，求n和p间的关系。 (1) 证明平衡原子间距为 R0 n～1 4 0B n e2 Ne21 (2) 证明平衡时的互作用势能为 U(R0) ～(1～ 4 0R0n (3) 若试验试验测得Nacl晶体的结合能为765kj/mol,晶格常数为5.63 10-10m，计算Nacl 晶体的排斥能的幂指数n，已知Nacl晶体的马德隆常数是 ,1.75 e2du～n～1 证: (1)(～1)R～2 N B(～n)e～ 22 dr4 0 e2～2Bn R～n,1 N(4 0R 令 若认为结合能与互作用能符号相反，则上式乘“,” 证毕 (3)由(2)之结论 整理可得 N e2 n 2 N e,4 0R0U(R0) www. n 11, 00 式中 阿氏常数N,6.0 1023 电子电量 e=1.6 10-19库仑 真空介电常数 0=8.85 10-12法/米 , 若题中R0为异种原子的间矩，R0,0.5×5.63 1010m U(R0)=-765000j/mol(平衡时互作用势能取极小值，且为负，而结合能为正值) 马德隆常数 =1.75 23 khd 4 RU(R) N e e21 =,N(1～) 4 0R0n 后 2 B e U(R0) N ～11 BnBnBn 444 0(0)n～14 (0)n～1 0 e e e 案 (2)把以上结果代入U(R)式，并把R取为R0 aw. 网 1 1～ 4 3.14 8.85 10～12 2.82 10～10 7,65 105 6.0 1023 1.75 2.56 10～38 dudR R R0 0 得R0n～1 4 0Bn 24 证毕 e2 com 8.8 固体物理第二章习题参考答案 1(已知某晶体两相邻原子间的互作用能可表示成 U(r) ～ ab ,mn rr (1) 求出晶体平衡时两原子间的距离; (2) 平衡时的二原子间的结合能; (3) 若取m=2,n=10,两原子间的平衡距离为3Å,仅考虑二原子间互作用则离解能为4ev，计算 a及b的值; (4) 若把互作用势中排斥项b/rn改用玻恩,梅叶表达式 exp(-r/p),并认为在平衡时对互作 用势能具有相同的贡献，求n和p间的关系。 解:(1)平衡时 得 r0 n～m u～m～1～n～1 amr～bnr 0 00r0 rbnbnn～1m r0 ( amam 25 (2)平衡时 把r0表示式代入u(r) mnmn～nn～nmn～～mmbamn～m u(r0)=,,=,(a,(b mnbnbnbnam()(amam (3)由r0表示式得: 3 10 ～10 5b1 (8 a 若理解为互作用势能为二原子平衡时系统所具有的能量，由能量最小原理，平衡时系统能量具有极小值，且为负值;离解能和结合能为要把二原子拉开，外力所作的功，为正值， 所以， 离解能,结合能,,互作用势能，由U(r)式的负值，得 4 1.6 10～19 , ab ～～102～1010 (3 10)(3 10) ab 1040～10 10120 93 ～38 化简为 6.4 10 , 26 略去第二项 得 a=7.2 10 上式代入a值得 b=9.45 10(4)由题意得 ex (-r/ ),br-n * ～115 J m2 J m10 ln ,r/ =lnb,nlnr nlnr,r0/ ，lnb/ 平衡时r=r0 r0 n ,lnlnr0 又解:*式两边对r求导，得: /ρ×ex (-r/ )|r=r0,bnr-n+1|r=r0, 与*式比较得: n/r0 =1/ρ 得:r0 = nρ B e2 2.N对离子组成的Nacl晶体相互作用势能为 U(R) N n～ 4 0R R (1) 证明平衡原子间距为 R0 n～1 27 4 0B n 2 e Ne21 (2) 证明平衡时的互作用势能为 U(R0) ～(1～ 4 0R0n (3) 若试验试验测得Nacl晶体的结合能为765kJ/mol,晶格 常数为5.63 10-10m，计算Nacl 晶体的排斥能的幂指数n，已知Nacl晶体的马德隆常数是 ,1.75 e2du～n～1 证: (1)(～1)R～2 N B(～n)R～ dr4 0 e2～2Bn R～n,1 N(4 0R 令 du dR R R0 0 得R0n～1 4 0Bn 证毕 2 28 e (2)把以上结果代入U(R)式，并把R取为R0 2 Be U(R0) N ～11 4 02Bn(4 02Bn)n～14 (4 02Bn)n～1 0 e e e e21 (1～) =,N n4 0R0 若认为结合能与互作用能符号相反，则上式乘“,” 证毕 (3)由(2)之结论 整理可得 N e2 n N e2,4 0R0U(R0) 式中 阿氏常数N,6.0 1023 电子电量 e=1.6 10-19库仑 真空介电常数 0=8.85 10-12法/米 , 若题中R0为异种原子的间矩，R0,0.5×5.63 1010m U(R0)=-765000J/mol(平衡时互作用势能取极小值，且为负，而结合能为正值) 马德隆常数 =1.75 29 n 1, 4 RU(R) 00 11 1～ 4 3.14 8.85 10～12 2.82 10～10 7,65 105 6.0 1023 1.75 2.56 10～38 8.8 N e2 3(如果把晶体的体积写成 V,N R3式中N是晶体中的粒子数;R是最近邻粒子间距; 是结构因子，试求下列结构的 值 (1) fcc (2) bcc (3) Nacl (4) 金刚石 解:取一个惯用元胞来考虑 4(证明:由两种离子组成的，间距为R0的一维晶格的马德隆常数α, ln 2 . 证:由马德隆常数的定义 μ, j μ,2 ( 1+1/3 +1/5+ ……..+ n 30 x2x3x4n～1x ln(1+x) = x, +～,......(～1),...... (B) 234n 令 x=1 则(B)式即为(A)式括号中的式子 所以 =2ln(1+1)=2ln2 证毕 www. khd 课 又由幂级数的展开式 后 答 其中 同号离子取“,”，异号离子取“，”。若以一正离子为参考点，考率一维正负X方向的离子对称分布,则 11 +…….),,(1/2 + 1/4 +…….++……) (A) 2n～12n aw. 1 aj 案 晶格振动部分习题参考解答 9.设有一双子链最近邻原子间的力常数为 和10 ，两种原子质量相等，且最近邻距离为a/2，求在q=0,q= 31 a 处的 (q).并定性画出色散曲线。 a 2 a 2 解:已知 2 A 1, 2 m ～ 12( 1, 22,2 1 2cosqa) (1) m 12( 1, 22,2 1 2cosa) (2) m = 当q=0时 当q= a 32 把 2=10 1=10 代入(2)式 得 2 0, www. 当q=0时 2 0 q 0 khd 11～(101,20cosqa) m 2 A q 0 课 11 12～( ,100 ,20 2cosqa) mm11 =～(101,20cosqa) mm 得 答 2 A 33 m 时 2 A q 案 由题意 2,10 1,10 代入(1)式 (11～11) 0 (11～9) 2 m m 11,(101,20cosqa) m 22 2 q 时 0ma q a ，求证光学波频10.设三维晶格的光学格波在q=0的长波 34 极限附近有 i(q)= 0,Aq2(A 0) 3(s～1) 率分布函数(格波密度函数)为:g( )= g( )=0 证:由格波密度 函数的定义已知，对一支格波在d i区间格波数为 aw. 网 20 m 2 0 1, 2 m ～ i 1 ( 0～ i)V 4 2Acom m m 10 m m i 0 i> 0 V 35 g ( i)d i= (2 )3 i,d i d q V 4 q2dq 3 (2 ) i 在长波极限下等频率面为球面 则 g( i)d i= 当 i 0时 因为 q2, 0, i(q) A q 0～i(q) A dq=, 2A 0～ i(q)d i(q) 0～ iV( 0～ i)V～1 4 =, 所以 g( i)=A(2 )32A( 0～ i)4 2A由模式密度的物理意义，取 36 其绝对值 而当 i 0时 因为 i, 0,Aq2 所以Aq2= 0, i 又因为 A 0 q2 0 (因为q本身为实数) khd 3S～3 课 又因为 三维晶体中共要有3(S,1)支光学格波 所以 光学波频率分布函数为: g( ) 后 答 所以 上式右边必满足 0 i 即不存在 i 0的格波则 则 g( i)=0 g( )=0 11(求一维单原子链的格波密度函数;若用德拜模型，计算系统的零点能。 解: (1)设一维单原子链长L,Na，a为原子间距，N为原子数，在,能取N个值，dq间距内的格波数为 aw. 网 i 1 37 案 V( 0～ i)4 A 2 3 www. 色散关系为 f(q)dq= N2dq NaLdq dq 2 2 4 qa sin (1) m2 2 m2 (1～cosqa)=(1-cosqa) (2) m2 2 其中 m=( 4 ) m com i 0 38 0 a q a 区域内q只 由于对应于 q, 取相同的值，(色散关系的对称性〕， 则d 区间的格波数为 g( )d ,2 NaNad (3) dq 2 d 2 ma 由色散关系(2)可得: 2 d = 2 sinqa dq 代入(3)可得: g( )= 2N ～ 2 m 2 39 (4) (2)在德拜模型下，色散关系为线性 , pq d p代入(3)式 dq 得; g( )= Na D 案 D p L p (5) D 则零点能为: E零, khd D 课 后 40 1 g( ) d 2 又因为 g( )d 得: p 代入(6)式 得: DL (7) N www. E零= 把e N N N d KBQD 444a 12试用平均声子数n,(e ～1)～1证明:对单式格子，波长足够长的格波平均能量为KT; T3 )。 QD 当T QD时，大约有多少模式被激发,并证明此时晶 体比热正比于( 41 解:单式格子仅有声学格波，而对声学波波长入足够长， 则 很低对满足 BT 泰勒展开，只取到一次项e w aw. 网 2 L D (6) d = 2 p4 p L L p d L D p N BT ,1 (1， 42 w w ),1,， kBTkBT com 1的格波 kBT 22aa md ma2 sinqa ～cos2qa=m～ 2 dq4 4 2 平均声子数n,(e ～1)～1，所以n kBT而属于该格波的声子能量为 w 3V 3 2 2 当T D时，可使用德拜模型，格波密度函数为教材 (3,72) g(w)= 2 只有 ? KBT A, 43 g( )d , V 3 2 2 ( kBT3 由上已知，此时格波平均能量为KBT则晶格热容可表示为 CV, T 把(3,75)式 所以晶格比热正比于( www. 13.对于金刚石、Zns、单晶硅、金属Cu、一维三原子晶格，分别写出 (1) 初基元胞内原子数; (2). 初基元胞内自由度数 (3).格波支数; (4). 声学波支数 (5).光学波支数 解: 金刚石 一维三原子晶格 初基元胞内原子数 44 初基元胞内自由度数 格波支数 声学波支数 光学波支数 14.证明在极低温度下，一维单式晶格的热容正比于T . 证:在极低温度下，可用德拜模型，q点密度为 khd 课 Cv,12NKB( T3 QD D,(6 2 T3 得证 QD 42vkB3 ,233T N) 及 D,KBQD代入整理为: V aw. 网 L 45 , g 2 V kBT ()kT 23B 2 co m kBT 的格波才能激发，已激发的格波数可表示为: d 区间格波数为 g( )d ,2 LL1d dq d 2 所以格波密度函数g( ), L 只有 KBT A, g( )d , 46 L kBT 由第12题已证，在极低温度下，一维单式格子主要是长声波激发对满足 波能量为KBT。则晶格热容为 QD 1. 积分上限近似可取为?、则有 T www. T12 4 NKB()3 Cv, QD5 对KCl: T,5K时 Cv,3.8X10-2 当T,2K时 Cv, 1 对NaCl:T=5K时 Cv khd T3 47 CV=qNk() QD QD 课 拜温度分别为NaCl,320K，KCl,230K)利用 后 解: 设NaCl和KCl晶体所包含的初基元胞数相等，均为N，T D，可用德拜模型(德 答 15.NaCl和KCl具有相同的晶体结构。其德拜温度分别为320K和230K。KCl在5K时的 定容热容量为3.8×10-2J.mol-1.K-1，试计算NaCl在5K和KCl在2K时的定容热容量。 4 2x4exdx 2x 15(e～1) Cv33.8 8～2-1-1 (J.mol.K) 2 ,,0.24 103 1255 ～2 11 48 3 (Cv QD)3.8X10 (230)3 ,1.41X10-2(J.mol-1.K-1) 1133 (QD)(320) aw. CV, T 2 LKBT 2LKB T 即热容正比于T。 KBT , 案 x4exdx x2 (e～1) com 1的格 kT kBT 的格波才能被激发，已激发的格波数为; 49 固体物理习题参考解答 缺陷 1. 设Uf为费仑克尔缺陷形成能证明在温度T时，达到热平衡的晶体中费仑克尔缺陷的数目为: nf, NNe 1～ uf kbt 式中N和N分别为晶体的原子格点总数和间隙位置数， ‘ ‘ 解: 已知 N:晶体的原子格点数， N:间隙位置数 Un1～1bT 可知，温度为T时，某一格点上形成空位的几率为 e (1) N „n?～UbT 某一间隙位置上形成填隙原子的几率为1 e (2) N 费仑克尔缺陷是形成填隙原子一空位对，即n1,n’=Uf 2. 已知某晶体肖特基缺陷的形成能是1ev，问温度从T,290K到T,1000K时，肖特基缺陷增大多少倍, 50 11 ()～K～)n2KbTbTT2T121 ==e=e n1 www. 代入数据:U1,1ev?1.60×10-19(J) T1=290K KB=1.38×10-23(J/K) T2=1000K 160. 10～19 11 =exp end ～ exp(28.4)= 2.1×,,,,(倍) the ～23 2901000138. 10 3. 已知铜金属的密度为8.93g/cm3，原子量为63.54，它在1000K及700K时自扩散系数分别, 为1.65×10-11及3.43×1015 cm2/s，又知空位邻近的原子跳入空位必须克服的势垒高度为0.8ev。 试求 (1) 1000K及700K的铜金属中的空位浓度，(设自扩散完全由空位机制所引起)。 (2) 已知形成一个填隙原子所需要的能量约为4ev，结算接近熔点1300K时填隙原子的浓度及空位的浓度。 解: (1)由教材(4-41)式，在空位机制中 D1, 51 D01e- E1/kBT E1=U1+E1 由题意 已知 T,1000时 D1,1.65×10-11 1 T=700K时 D1=3.43×10-15 代入上式得: D1,D01e- E1/kbT (1) khd U 解:由式 n1=Ne ～ U ? nf= NNe 1 bT1 n2=Ne 11 U aw. ～ Uf ～1 1 52 KbT „ n1 n1～(U1,U)bT 其几率为(1)×(2): e 又?U1+U1=Uf 1 N N U1 bT2 com Uf,U1+U’其中U1:空位形成能 U:填隙缺陷形成能 ‘ D1’=D01e- E1/kBT’ (2) (1) /(2) 得: E11 4.29 10～4D1～)K „ eB 代入数据得:4.81×103=eB D1 E ～U1 n1 KBT ,e 又由 空位浓度: N1 53 T=1000K时 n1 e1.38 10 1000=e-10.5?2.75×10,5 N1 1.446 10～19 n1? (2) T=1300K时，空位浓度 ,3.11×10-4 E2,4ev N2间隙数 N1 填隙原子浓度: 4. 求体心立方、面心立方 六角密集三种晶体的伯格斯矢量的浓度和方向。 解:伯格斯矢量又称滑移矢量b，其模为滑移方向的平衡原子间距，方向为滑移方向。 www. a 由教材P117 f.c.c的滑移方向为 b=(i,j) 2 a b. c.c的滑移方向为 b,(i,j,k) 2 5. 已知余误差函数erf(Z)在Z很小时，(Z 0.5)可以近 54 似地写为erf(Z),现将一硅片置于1300?的铝蒸汽中，使铝扩散进入硅片。如果要求硅片距表面的0.01cm深处的浓度是表面浓度的35%,问扩散需多长的时间,铝在硅中的扩散系数由题图4,1给出。 khd 课 n2～ =eN2 U2 BT 解: 由式(4-34) C=Co 1-erf(z) 由题意 0.35= 10～2 Dt==7.7×10-3 Dt=0.59×10-4 2 0.65 由图可查得，T,13000C,1573K 时lnD?,10(cm2/s) D?0.45×10-4 0.59 10～4 ?1.3 ? t= 0.45 10～4 aw. 55 网 ～ 4 1.6 10～19 n1?, T=700K时 =3.06×107 N1 案 =e 1.38 10 1300 3.21×10 C0.01 1～ C02Dt com ,16 KB,1.38×10-23(J/K) 两边取自然对数得: 8.478, E1×3.11×1019 , E1=2.726×1019(J)=1.70ev (1ev?1.60×10-19J) U1= E1,E1=1.70,0.8=0.9ev=1.446×10-19 J 第五章习题 金属自由电子论 56 1(电子在每边长为L的方盒子中运动，试用索末菲量子自由电子模型和周期性边界条件求 出它的最低的四个能级的所有波函数，绘出这四个能级的能量和简并度。 解: 由教材(5,18)式 .电子能量 2 2 2 E,22m L ,n2n2 x,ny,z, 不考虑.nx,ny,nz,0. E,0的情况，则最小能量分别对应于: (nx、ny、nz)为(1,0,0) (0,1,0) (0,0,1) 简并度:3 22 E 2 o1,2m L (1,1,0),(1,0,1) (0,1,1) 简并度:3 c2 E, 2 2 22m L 2网 (1,1,1) 简并度:1 案 57 . 2 E, 2 2 w3 (2,0,0)，(0,2,0)，(0,0,2后 3m L ) 简并度:a3 3 课 2 E 2d 2 4,2m 波函数分别为: h L 41 iK k11, x r L 3 e . 1 58 12, L 3 e iKy r wE,E iK r 13, 1 zL 3 e 1 e i(Kxi,Kyj) r 21, L 3 1 i(K22, 59 Xi,Kzk) r L3 e E,E2 , 1Kyj,KzK) r 23L 3 e i(m ww E,E3 31, E,E4 1L 3 e i(Kxi,Kyj,KzK) r 41, 60 1L 3 e i(2Kxi) r , 42, 1L 3 e i2Kyj r 43, 1L 3 e i2Kz r 2(限制在边长为二维正方行势阱中的N个自由电子，电 子能量为 22 E(Kx,Ky) (Kx2,Ky) 61 2m 对题示的电子，等能面为圆，k 空间半径为|k| khd 2mEL2mEL2 Z 2 22 2 dzmL2 D,2 dE mL2 ,2dE L2L2 2 22 4 2 后 单位面积内电子态总数为(电子态密度) 答 L2 (2 )2 www. 解2: 态密度 62 dE间隔的电子状态数dZ,gdE L2 dZ,22 KdK 2 2 dE,2KdK 2m aw. 网 试求:(1)能量从E到E，dE之间的状态数 (2)T,0时费米能量的表示式(与第六章 16题相同) 解: (1)解1:在二维情况下，每个K 点在倒二维空间占的面 积为(2л/L)2, K 点面密度为 2mE 的圆内电子态数目为 2 com K, 2mEm ,dK,dE 2EL2 2mE 2 63 L2mdE,2dE 2Em dZ, EF0EF0EF N, fD(E)dE, fdZ, dZ 设电子密度ne,(N/L2) 0F 在B.Z顶角，Kx,Ky,(π/a) www. 在B.Z边中点的一点(其他点类似)Kx,(π/a).Ky=0 ?(E1/E2)=2 得证. 对S.C晶体中 自由电子能量 B.Z区项点 Kx,Ky,Kz,(π/a) 一个B.Z区面心中点 Kx,(π/a) Ky=Kz=0 ?类似可得(E1/E2)=3 khd 22 E,(Kx2,Ky) 2m 64 3.试证元胞是正方形的二维晶格第一布里渊区顶角上的自由电子动能比区边中点处大一倍，对于简立方晶体，相应的倍数是多少, 解:在索末菲模型中认为晶体中电子仍为自由电子，相互间势能,0.(而在近自由电子 模型还要考虑周期势场的影响)。 自由电子能量 课 后 答 N 2ne 2 E,2, mLm 2 2 E1,2m a 2 2E2, (2ma 22 E,(Kz2,Ky,Kz2) 2m aw. 2 网 L2mL2m0 65 , 2dE,2EF 0 EF com (2) T=0时 电子把E4.试估算在温度T时，金属中被热激发到达高能态的电子数目所占全部电子数的比例， 解: 严格应为: V2mE1/2dE g(E)f(E T)dE 2(2)(E～Ef) e,1EfEf2 , NN 但积分运算困难，作为估算不妨使用下方法:可算出当 E,EF=3KT时f(E.T)=0.05 E,Ef时 f=0.5 设 E,E f(E.T),0 设 X,E,Ef 如图直线方程: f 0.5 f=,0.5o3KT ,0.5 ～1 6KT ,0.5 斜线下电子数 66 3KT cN‘ ,0 fgdx 网 案 . wg ml2 不妨把电子态密度设为正方二维格子的情况，答 (题2: 2 ) 3KT 课 N,? a0 1mL2 (～3KT ,，mLd 6KTx,0.5) 2 dx2 ～11h 2 6KT 2x2,0.5x 67 0 mL2k (～34KT,1.5KT),3mL2 ,24 2 KTE0. f 总电子N, g(E)fdE,f 1 0wE0f mL2 mL2,0 2 dE,2Ef 0 N?3NKT 4E0KT 4.14 f 1.0 10～2ev 设T,300K 一般 材料 关于××同志的政审材料调查表环保先进个人材料国家普通话测试材料农民专业合作社注销四查四问剖析材料 E0N? f ~几个ev ~10～2 N m ww 68 5(证明费米能级Ef 处的电子能态密度可以写为 D(E),3N0/2Ef,其中N0为价电子数。 解: dz4 Vc(2m) 对索未菲自由电子 D= E 3 dEh T,0时 电子均有费米球内 f = 1e (E～Ef)/KT ,1 =1 常温时.费米能级略有下降，电子仍基本均在费米球内 EfEf 电子数 N0= f?D?dE= DdE = 69 4 Vc(2m)1E dE h3 = 4 Vc2(2)mEf 3h3 khd 2 E,3ne 2 2m 0F 6(已知银是单价金属，费米面近似为球形，银的密度ρm,10.5×103kg .m-3原子量A,107.87,电阻率在295K时为1.61×10-8Ω?m，在20K时为0.0038×10-8Ω?m.,试计算 (1)费米能，费米温度和费米速度; (2)费米球的半径和费米球的最大截面积; (3)室温下和绝对零度附近电子平均自由时间和平均自由程 解:1m3的银的摩尔数,(10.5×106/107.87)=97.3×103mol 其中原子数为摩尔数 ×N0=97.3×6.02×1026=5.86×1028 银为一价原子 ,故价电子数亦为N:5.86×1028个, 价电子密度ne=(N/V)=5.86×1028 个/m3 (1) 费米能: 70 由式(5,30) 课 后 答 案 网 N0式与D式比较可知 D(E),3N0/2Ef ,, www. 0F F 电子静止质量 m,9.1×10 1.112 10～68282～19 E,～31(3 5.86 10 3.14),8.8 10(J) 2 9.109 10 单位换为ev 费米速度 : 120mvF,EF2 0F 28.8 10～19 212 71 ,E ,1.934 10 m9.1 10～31 2 F F,1.391 106() aw. , h 1.0545 10～342 ,31 kg com 费米温度:(K) 0EF8.8 10～194 TF ,6.38 10 KB1.38 10～23 (2)费米球半径 KF,(3π2ne)(1/3)= (3×3.142×5.86×1028)1/3,12.02×109(1/m) 另外: 费米球最大截面积: 72 2mEF120 ,4.56 10(Smax, K, 2m2 2 F (3)常温下电子平均自由 时间 τ、平均自由程L 设 T=295K 由式(5,56) σ=nee2τ/m www. khd ,3.77×1014 (s) L,τ?vF,3.77×10-14×1.39×106,5.24×10-8(m) 设低温 T=20K ‘ ρ=0.0038×10-8 (ρ/ρ’),(1.61/0.0038)?424 ‘ τ,424×τ,424×3.77×10-14 s ,1.6×10-11 (m) ‘ L’, τ?vF,1.6×10-11×1.39×106,2.22×10-5 (m) , 课 后 答 m9.1 10～31 73 ,2, nee 5.86 1.028 1.62 10～38 1.61 10～8 ,2 nee 网 1m aw. com 2mEF2 9.1 10～31 8.8 10～191011.2 10(KF22～68 m 1.05 10 7.已知锂的密度为0.534×103kg?m,德拜温度为344k，试求 (1)室温下电子比热 (2)在什么温度下电子比热和晶格比热有相同值, 解: (1)由教材p146、表5,1 已知 Li的Ef=4.74ev, Li 的电子摩尔比热(式5,46) -3 Cve, 2 2 2 ZN0KB 74 T0EF Cve13.142300C, 6.02 1023 1.382 10～46 6.956.9524.74 1.60 10～19 „ve ,0.224/6.95?0.0322(J/g) (2) 由式(5,45) (5,46) 当Cυl,Cυe θD=344K 10 钾: z,1 www. 又:由式(5,45): 3 D 3.142 8.31 TF, 20000K～3～3～3 2 2.08 102 2.08 102 2.08 10 ? θD?91K (与P94表示3,2数据一致) khd ,3 T , 4K 8.在低温下金属钾的摩尔比热的实验结果可写为 3 75 Cv,2.08T，2.57T mJ/mol?K 23 若有一个摩尔钾有Nv,6×10个电子，试求钾的费米温度和德拜温度θD 3 解:由式(5-49).低温时电子比热 Cv,Cυe，CυL,γT，bT 与题给Cv式比较可知 -3-30 γ,2.08×10 b,2.57×10 费米温度 KBTF,EF 并用式(5,47)可得: 2.08, 课 后 2zN0 2TF 2N0KB 答 124T3 22T N0KB3zN0KB 532EF D5 DkB5 3443 1.38 10～232 15.632T,202～19 76 24 EF24 3.14 4.74 1.60 10 KB 1241 N0KB(3,2.57 10～35 D 124103 756 103 , R 52.57 aw. 2R com Z=1 E0F?EF 设T=300K 原子量=6.95 单位质量电子比热 9(试用里查逊公式证明:两种金属的接触电势差V1-V2,1/e(Φ?,Φ?)其中Φ?、Φ?分别为两种金属的功函数。 解:设两块金属温度都是T，当它们接触时，每秒内从金属?的单位表面积所逸出的电子数为 m(KBT)2～ BT ,4 e3 每秒从金属?单位面积逸出的电子数为 BT 77 若Φ?,Φ?，则从金属?逸出的电子数比金属?多，于 是二者接触后金属?带正电，金属?带负电。V?> 0 V ? 0 它们发射的电子数分别变成 平衡时 1 1,I? 由此得 Ф?，eV?,Ф?，eV? 所以接触电势差 V?,V?,(1/e)(Ф?,Ф?)(注意 V? www. khd 课 aw. 网 后 答 案 m(KBT)2～( 1,eV )/KBT ,4 e3 m(KBT)2～( ?,eV )/KBT1 ?,4 e 78 3 1 com m(KBT)2～ II ?,4 e2 固体物理习题参考解答 缺陷 1. 设Uf为费仑克尔缺陷形成能,证明在温度T时，达到热平衡的晶体中费仑克尔缺陷的数目为: nf, NNe 1～ uf kbt 式中N和N分别为晶体的原子格点总数和间隙位置数， ‘ ‘ 解: 已知 N:晶体的原子格点数， N:间隙位置数 Uf,U1+U’其中U1:空位形成能 U:填隙缺陷形成能 ‘ Un1～1bT 可知，温度为T时，某一格点上形成空位的几率为 e (1) 79 N n ～UbT (2) 某一间隙位置上形成填隙原子的几率为? e N 费仑克尔缺陷是形成填隙原子一空位对，即n1,n’=Uf „ n1 n?～(U1,U)bT 其几率为(1)×(2): e 又?U1+U’=Uf „ N N ? nf=NNe „～ Uf KbT 2. 已知某晶体肖特基缺陷的形成能是1ev，问温度从T,290K到T,1000K时，肖特基缺陷增大多少倍, 解:由式 n1=Ne 11 ()～K～)n2KbTbTT2T121 ==e=e n1 U 80 ～ UbT1 n2=Ne ～ U1 bT2 11 U 11 代入数据:U1,1ev?1.60×10-19(J) T1=290K KB=1.38×10-23(J/K) T2=1000K 160. 10～19 11 =exp ～ exp(28.4)= 2.1×,,,,(倍) ～23 . 10 2901000 138 3. 已知铜金属的密度为8.93g/cm3，原子量为63.54，它在1000K及700K时自扩散系数分别 , 为1.65×10-11及3.43×1015 cm2/s，又知空位邻近的原子跳入空位必须克服的势垒高度为0.8ev。 试求 (1) 1000K及700K的铜金属中的空位浓度，(设自扩散完全由空位机制所 81 引起)。 (2) 已知形成一个填隙原子所需要的能量约为4ev，结算接近熔点1300K时填隙原子的浓度及空位的浓度。 解: (1)由教材(4-41)式，在空位机制中 D1,D01e- E1/kBT E1=U1+E1 由题意已知 T,1000时 D1,1.65×10-11 ’ T=700K时 D1=3.43×10-15 代入上式得: D1,D01e- E1/kbT (1) D1’=D01e- E1/kBT’ (2) (1) /(2) 得: E11 4.29 10～4D1～)K „ eB 代入数据得:4.81×103=eB D1 E KB,1.38×10-23(J/K) 两边取自然对数得: 8.478, E1×3.11×1019 , E1=2.726×1019(J)=1.70ev (1ev?1.60×10-19J) U1= E1,E1=1.70,0.8=0.9ev=1.446×10-19 J ～U1 82 n1 KBT ,e 又由 空位浓度: N1 T=1000K时 n1 e1.38 10 1000=e-10.5?2.75×10,5 N1 1.446 10～19 n1?, T=700K时 =3.06×107 N1 n1? (2) T=1300K时，空位浓度 ,3.11×10-4 E2, 4ev N2间隙数 N1 填隙原子浓度: n2～ =eN2 U2 BT =e ～ 4 1.6 10～191.38 10 1300 83 3.21×10 ,16 4. 求体心立方、面心立方 六角密集三种晶体的伯格斯矢量的浓度和方向。 解:伯格斯矢量又称滑移矢量b，其模为滑移方向的平衡原子间距，方向为滑移方向。 a 由教材P117 f.c.c的滑移方向为 b=(i,j) 2 a b. c.c的滑移方向为 b,(i,j,k) 2 5. 已知余误差函数erf(Z)在Z很小时，(Z 0.5)可以近似地写为erf(Z),现将一硅片置于1300?的铝蒸汽中，使铝扩散进入硅片。如果要求硅片距表面的0.01cm深处的浓度是表面浓度的35%,问扩散需多长的时间,铝在硅中的扩散系数由题图4,1给出。 解: 由式(4-34) C=Co 1-erf(z) 由题意 0.35= C0.01 1～ C02Dt 10～2 Dt==7.7×10-3 Dt=0.59×10-4 84 2 0.65 由图可查得，T,13000C,1573K 时lnD?,10(cm2/s) D?0.45×10-4 0.59 10～4 ?1.3 ? t= 0.45 10～4 百度搜索“就爱阅读”,专业资料,生活学习,尽在就爱阅读网 92to.com,您的在线图书馆 85