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黄昆《固体物理学》习题解析

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黄昆《固体物理学》习题解析 - 1 - 《固体物理学》习题完全解析 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 p ; (2)体心立方, ; 8 3 p (3)面心立方, ; 6 2 p (4)六角密积, ; 6 2 p (5)金刚石结构, ; 16 3 p 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,...

黄昆《固体物理学》习题解析
- 1 - 《固体物理学》习题完全解析 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 p ; (2)体心立方, ; 8 3 p (3)面心立方, ; 6 2 p (4)六角密积, ; 6 2 p (5)金刚石结构, ; 16 3 p 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 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 示刚性原子球半径,V表示晶胞体积,则致密度r = V rn 3 3 4 p (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 r = 6 )( 3 3 23 4 pp = 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 r = p p 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 r = 6 2)(*4 3 3 4 2 3 4 pp = 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 - 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= p p 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 pp = 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 p ´ = × ´ v vv v v v 3 12 1 2 3 2 a ab a a a p ´ = × ´ v vv v v v 1 23 1 2 3 2 a ab a a a p ´ = × ´ 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 p p ´ = = × - + ´ + - × ´ v vv v vv v v v v v v 2 0 2 ( ) ( ) 4 a i j k i j k v p = × - + ´ + - v vv v v v 2 ( )j k a p = + vv 同理 3 12 1 2 3 22 ( )a ab i k a a a a p p ´ = = + × ´ v vv vv r r r 3 2 ( )b i j a p = + 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 ne s H oo 整 理 - 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 p ´ = × ´ v vv v v v 1 2 ( )b i j k a p = - + + v vv v 同理 2 2 ( )b i j k a p = - + v vv v 3 2 ( )b i j k a p = - + 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 p ,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 p ´ = × ´ v vv v v v 3 12 1 2 3 2 a ab a a a p ´ = × ´ v vv v v v 1 23 1 2 3 2 a ab a a a p ´ = × ´ 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 p = ´ × ´ ´ ´v v v v v v 3 * 0 0 (2 )v v p = 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 p ´ = × ´ v vv v v v 3 12 1 2 3 2 a ab a a a p ´ = × ´ v vv v v v 1 23 1 2 3 2 a ab a a a p ´ = × ´ v vv v v v 1 2 3 2 2 2, ,b i b j b k a b c p p p = = = v v v vv v Jo ne s H oo 整 理 - 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 p p p = + + vv v 晶面族 ( )hkl 的面间距 2d G p = 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 ne s H oo 整 理 - 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 011é ùë û (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 110é ùë û 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 p 、p 、 2 3p 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 ú ú ú û ù ê ê ê ë é = e e e e 解:若 A是一旋转对称操作,则晶体的介电常数e 满足 .' AA ee = ,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 ú ú ú û ù ê ê ê ë é - -=xA ú ú ú ú ú ú ú û ù ê ê ê ê ê ê ê ë é -- - = 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 ú ú ú û ù ê ê ê ë é = eee eee eee e 则由 .' xx AA ee = 得 . 333231 312221 131211 333231 312221 131211 ú ú ú û ù ê ê ê ë é - - -- = ú ú ú û ù ê ê ê ë é eee eee eee eee eee eee 可见 .0,0,0 311312 === eee Jo ne s H oo 整 理 - 6 - 即 ú ú ú û ù ê ê ê ë é = 3332 3122 11 0 0 00 ee ee e e 。 将上式代入 . ' xx AA ee = 得 ú ú ú û ù ê ê ê ë é 3332 3122 11 0 0 00 ee ee e ú ú ú ú ú ú ú û ù ê ê ê ê ê ê ê ë é -- -++- -+-+ = 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 eee eeeee eeeee 由上式可得 .,0,0 22113223 eeee === 于是得到六角晶系的介电常数 . 00 00 00 33 11 11 ú ú ú û ù ê ê ê ë é = e e e e 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q 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q 角,则晶格又恢复到未转动时的状态,但逆时针旋转q 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 == q 其中 m为整数,由余弦的取值范围可得 .1 2 cos £= mq 于是可得 .2,:2 ; 3 5, 3 4, 3 2, 3 :1 ; 2 3, 2 :0 ppq pppp q pp q == == == m m m 因为逆时针旋转 2 3p , 3 5, 3 4 pp 分别等于顺时针旋转 2 p , 3 2p , , 3 p 所以晶格对称转动所允许的独立转角为 . 3 , 2 , 3 2,,2 ppppp Jo ne s H oo 整 理 - 7 - 上面的转角可统一写成 6,4,3,2,1,2 =n n p 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 2 ln 2a = . 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 a ±¢= = - + - +å 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 )( pe a 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 a b = - + ,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 ,a b 值。 解:(1)晶体内能 ( ) ( ) 2 m n NU r r r a b = - + 1 1 12[1 ...] 2 3 4 a = - + - + 2 2na\ = l Jo ne s H oo 整 理 - 8 - 平衡条件 0 0 r r dU dr = = 1 1 0 0 0m n m n r r a b + +- + = 1 0 ( )n m nr m b a -= (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 a b = = - + 1 (1 )( ) 2 m n mm nW n m b a a - -= - (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 a b = - + 1 1 2 1( ) 2 3m n N m n r r NAr a b + += - 2 2 1 1 2 1[( ) ] 2 3m n U N r m n V V r r r NAr a b + + ¶ ¶ ¶ = - ¶ ¶ ¶ )33( 9 1 2 22 22 2 nmnm r n r m r n r m V N V U baba +-+-= ¶ ¶ 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 a b + + = ¶ = - = ¶ 0 0 m n m n r r a b = 0 2 2 2 2 2 0 0 0 1 [ ] 2 9 m nV V U N m n V V r r a b = ¶ = - + ¶ 0 2 2 2 0 0 0 1 [ ] 2 9 m nV V U N m nm n V V r r a b = ¶ = - + ¶ 2 0 0 0 [ ] 2 9 m n N nm V r r a b = - - + 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 a b = 1 0 ( )n m nr m b a -= 1 (1 )( ) 2 m n mm nW n m b a a - -= - 10 02 W rb = 95 101.18 10 eV mb -= ´ × 2 0 10 0 [ 2 ]r W r b a = + 19 29.0 10 eV ma -= ´ × 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 ne s H oo 整 理 - 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 * l l + -=q 电中性时有 0* =q 故 5 32 =l 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 = + - = + - = l l 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 s s s s e eé ù é ù= - = -ê ú ê úë û ë û 2 6 6 612 0 0 6 12 ( ) 10 2 2r AAdu r r u N r A A s eæ ö = Þ = Þ = -ç ÷ è ø 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 w w ¢ = = = = ¢ 2.7对于 2H ,从气体的测量得到 Lennard—Jones势参数为 650 10 , 2.96 .J Ae s-= ´ = 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 s s e - - é ùæ ö æ ö¢ ¢= -ê úç ÷ ç ÷ è ø è øê úë û å å 6 1214.45392; 12.13188,ij ij j i P P- -¢ ¢= =å å 16 2350 10 , 2.96 , 6.022 10 / .erg A N mole s-= ´ = = ´ o ( ) ( ) 12 6 28 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- é ùæ ö æ ö= ´ ´ ´ ´ ´ - » -ê úç ÷ ç ÷ è ø è øê úë û 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 ne s H oo 整 理 - 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 naqm w d= + , jd 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 naqm m w d= = + +å å (1) 2 * 2 * n nj nj nj nj nj j j j j j m m m m m m ¢ ¢¹ æ ö æ ö = = +ç ÷ç ÷ è ø è ø å å å å g 由于 nj njm m× 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 2 n nj j m m= å 由于 njm 是时间 t的周期性 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 ,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 m w d= + + =ò (2) 已知较高温度下的每个格波的能量为 kT, njm 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 m r r w d r é ùæ ö = = + + =ê úç ÷ ê úè øë û ò ò ò 其中 L是原子链的长度,r 使质量密度, 0T 为周期。 所以 2 21 1 4 2nj j j T w La KTr= = (3) 因此 将此式代入(2)式有 2 2nj j KT PL m w = 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 m m w w == = =å å å 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 ne s H oo 整 理 - 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 m b m m m m b m m m + - + + + = - - - = - - - && && 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 m b m m m m b m m m + - + + + = - - - = - - - && && 的解 [ (2 ) ] 2 [ (2 1) ] 2 1 i t na q n i t n aq n Ae Be w w m m - - + + = = A , B有 非零解 2 2 2 2 cos 0 2 cos 2 m aq aq M b w b b b w - - = - - 1 2 2 2 2 ( ) 4{1 [1 sin ] } ( ) m M mM aq mM m M w b + = ± - + 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 w b+ + = + - + 1 2 2 2 2 ( ) 4{1 [1 sin ] } ( ) m M mM aq mM m M w b- + = - - + 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 b w+ = 4 sin 2 aq m b w- = 长波极限情况下 0q ® sin( ) 2 2 qa qa » (2 )q m b w- = 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 p = 处的 ( )kw .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 b w b b b w ì - - =ï í - + - =ïî Jo ne s H oo 整 理 - 12 - a/2 C 10c · o · o · o 1su - 1sv - su sv 1su + 1sv + ( ) ( ) 2 12 10 s s s s s d uM C V u C V u dt - = - + - , ( ) ( ) 2 12 10 , s s s s s d VM C u V C u V dt + = - + - 将 , .isKa i t isKa i ts su ue e V Ve e w w- -= × = × 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 w w -- = + - - = + - 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 w w -- + + - =0,解出 ( ) 2 4 2 2 2 22 20 (1 ) 0 11 121 20 1 . M MC C conKa C conKa M w w w± - + - = é ù\ = ± - -ë û 当 K=0时, 当 K= / ap 时 2 2 22 / , 0, C Mw w + - = = 2 2 20 / , 2 / , C M C M w w + - = = 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 w++= 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 --=w ,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 p2 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-w 图 (4)对于 1< 解: ( ) 11 222 2 0 0 0 00 ( ) 0, 0Aq f Aq q Aw w w w w w w w w w> - = > = < Þ - = Þ = -时, 依据 ( )3 ( ) 2 , ( ) ( )2 q q V dsq Aq f q w w wp Ñ = - = Ñò 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 w p w w w w wp p w w p = × = × - = × - Ñ - r ( ) 2 2 22 2 2 2 2 2 , 2 2 2B x y K K m m a a m a p p p e é ù é ùæ ö æ ö æ ö= + = + =ê ú ê úç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø è ø è øê ú ê úë û ë û h h h B点能量 所以 / 2B Ae e = 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 ndnp ,且 Jo ne s H oo 整 理 - 16 - ( ) 2 2 5 32 2 2 2 L sndn kdk kdk d vr w p r w w p p p = = =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 w w w w r r r w w w w p p p æ ö æ ö ç ÷ ç ÷ è ø è ø= + = = - - -ò ò òh h h hh h h h 20 , ( )v s ET E T C T T ¶ ® µ \ = µ ¶ 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 wæ ö @ + ç ÷ è ø å h l 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 ww -é ùæ ö ê úç ÷= + + - ç ÷ê úè øë û å hh l 经典极限意味着(温度较高) qBTk wh>> 应用 21 ...xe x x= - + + 所以 2 1 ... q B q qk T B B e k T k T w w w- æ ö = - + +ç ÷ è ø 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 w w w æ ö æ ö @ + + - + @ +ç ÷ ç ÷ è ø è ø å å h h h l l 其中 0 1 2 qq U U w@ + å h 3.10设晶体中每个振子的零点振动能为 1 2 wh ,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 1 2 mE E g d E w w w w w w= =ò h将 和 ( ) 22 3 3 2 s Vg v w w p = 代入积分有 4 0 2 3 3 9 16 8m ms VE N v w w p = = h ,由于 0 9 8m B D B D k E Nkw q q= =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 b-= ´ ´ = = ´ 4( 1.51 10 / ),dyn cm´即 求 (1)光学波 0 0max min,w w ,声学波 max Aw 。 (2)相应声子能量是多少电子伏。 Jo ne s H oo 整 理 - 17 - (3)在 300k时的平均声子数。 (4)与 0maxw 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 b w - ´ ´ = = = ´ ´ ´ ´ ( ) ( )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 b w - + ´ ´ ´ ´ + ´ ´ = = = ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ 4 13 1 max 24 2 2 1.5 10 / 5.99 10 5 1.67 10 A dyn cm s m b w - ´ ´ = = = ´ ´ ´ (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 w w w - - - - - - - - - = ´ ´ ´ = ´ = ´ ´ ´ = ´ = ´ ´ ´ = ´ 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 ew w = = = = - -h h min min / 1 0.276 1 O B O k T n e w = = -h (4) 2 28.1c mpl m w = = 4.1 根据 k a p = ± 状态简并微扰结果,求出与E-及E+相应的波函数y -及y +。说明它们都代表驻波,并 比较两个电子云分布(即 2y )说明能隙的来源(假设 nV = * nV )。 解:令 k a p = + , k a p¢ = - ,简并微扰波函数为 0 0( ) ( )k kA x B xy y y= + 0 *( ) 0nE k E A V Bé ù- + =ë û ( )0 0nV A E k E B¢é ù+ - =ë û 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 p p y y y - ¢+ é ù é ù= - = -ê úë û ë û = 2 sinA n x aL p 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 p p y y y - ¢- é ù é ù= - = -ê úë û ë û = 2 cosA n x aL p Jo ne s H oo 整 理 - 18 - 由教材可知, +Y 及 -Y 均为驻波.在驻波状态下,电子的平均速度 ( )kn 为零.产生驻波因为电子波矢 nk a p = 时,电子波的波长 2 2a k n p l = = ,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
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