- 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
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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
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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。
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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
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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