黄昆版固体物理学课后复习资料解析复习资料

《固体物理学》习题解答

黄昆 原著 韩汝琦改编 （陈志远解答，仅供参考）

第一章 晶体结构

1.1、

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

4π，Vc=a 3，n=1 ∴52.06r 8r

34a r 34x 3

333=π=π=π= （2）对于体心立方：晶胞的体对角线BG=x 3

3

4a r 4a 3=?= n=2, Vc=a 3

∴68.083)r 3

34(r 342a r 342x 3

3

33≈π=π?=π?= （3）对于面心立方：晶胞面对角线BC=r 22a ,r 4a 2=?= n=4，Vc=a 3

74.062)

r 22(r 344a r 344x 3

3

33≈π=π?=π?= （4）对于六角密排：a=2r 晶胞面积：S=62

60sin a a 6S ABO ??=??=2

a 233 晶胞的体积：V=332r 224a 23a 3

8

a 233C S ==?=

? n=1232

1

26112+?+?

=6个 74.062r

224r 346x 3

3

≈π=π?= （5）对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG=3

r 8a r 24a 3=

??= n=8, Vc=a 3

34.063r 3

38r 348a r 348x 3

33

33≈π=π?=π?=

1.2、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。…

1.3、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：（1）面心立方的正格子基矢（固体物理学原胞基矢）：123()2()2()2a a j k a a i k a a i j ?=+??

?=+??

?=+??r r r r r r

r r r

由倒格子基矢的定义：1232()b a a π=?Ω

r r r

31230,

,22

(),

0,224

,,0

2

2a a a a a a a a a a Ω=??==r r r

Q ，223,,,

0,()224,,0

2

2

i j k

a a a a a i j k a a ?==-++r r

r r r r r r

213422()()4a b i j k i j k a a

ππ∴=??-++=-++r r r

r r r r

同理可得：232()

2()

b i j k a

b i j k a

ππ=-+=+-r r r r r r r r 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）：123()2()2()2a a i j k a a i j k a a i j k ?=-++??

?=-+??

?=+-??

r r r r r r r r

r r r r

由倒格子基矢的定义：1232()b a a π=?Ω

r r r

3123,,

222

(),,2222

,,222

a a a a a a a a a a a a a

-Ω=??=-=

-

r r r

Q ，223,,,,()2222,,222i j k a a a a a a j k a a a ?=-=+-r r r r r r r 213222()()2a b j k j k a a

ππ∴=??+=+r r r

r r

同理可得：232()

2()

b i k a

b i j a

ππ=+=+r r r r r r 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。

1.5、证明倒格子矢量112233G h b h b h b =++v v v v

垂直于密勒指数为123()h h h 的晶面系。

证明：

因为3312

1323

,a a a a CA CB h h h h =

-=-v v v v u u u r u u u r ，112233G h b h b h b =++v v v v 利用2i j ij a b πδ?=v

v ，容易证明12312300h h h h h h G CA G CB ?=?=u u u r v

u u u r

v 所以，倒格子矢量112233G h b h b h b =++v v v v 垂直于密勒指数为123()h h h 的晶面系。

1.6、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d 满足：2

2

2

2

2

()d a h k l =++，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。解：简单立方晶格：123a a a ⊥⊥r

r v ，123,,a ai a aj a ak ===v v v v v v

由倒格子基矢的定义：2311232a a b a a a π?=??r r r r r r ，3121232a a b a a a π?=??r r r r r r ，12

3123

2a a b a a a π?=??r r r r r r

倒格子基矢：123222,,b i b j b k a a a πππ===v v v v

v v

倒格子矢量：123G hb kb lb =++v v v v ，222G h i k j l k a a a

πππ=++v

v v v

晶面族()hkl 的面间距：2d G

π

=v 2221

()()()h k l a a a

=

++

2

2

222()

a d h k l =++

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。

1.9、画出立方晶格（111）面、（100）面、（110）面，并指出（111）面与（100）面、（111）面与（110）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 R aj ak =-+v v v

， (111)面与(100)面的交线的晶向AB aj ak =-+u u u r v v

，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 R ai aj =-+v v v

，(111)面

与(110)面的交线的晶向AB ai aj =-+u u u r v v

，晶向指数[110]。

第二章 固体结合

2.1、两种一价离子组成的一维晶格的马德隆常数（2ln 2=α）和库仑相互作用能，设离子的总数为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)

ij r

r r r r r

α

±'

==-+-+∑ 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，故对一边求和后要乘2，马德隆常数为

2

34

(1) (34)

n x x x x x x +=-+-+Q l

当X=1时，有111

1 (2234)

n -

+-+=l

2.3、若一晶体的相互作用能可以表示为 ()m

n

u r r r α

β

=-

+

试求：（1）平衡间距0r ；

（2）结合能W （单个原子的）；

（3）体弹性模量；

1112[1...]234α=-+-+22n α∴=l

（4）若取02,10,3,4m n r A W eV ====，计算α及β的值。 解：（1）求平衡间距r 0

由

0)

(0

==r r dr

r du ，有：

m

n n

m n m m n n m r r n r m --++??

?

??=???

? ??=?=-1

101

.0100αββαβ

α

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）求结合能w （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U min

即：n

m

r r r U W 000)(β

α

-

+=-= （可代入r 0值，也可不代入）

（3）体弹性模量

由体弹性模量公式：0

220

2

09r r U V r k ???? ?

???=

（4）m = 2，n = 10，ο

A r 30=， w = 4eV ，求α、β

81

8

1

05210??

? ??=?

?

? ??=αβαβr ①

)5(54)(802

010

.

2

0代入α

β

αβ

α

=

-

=+

-

=r r r r

r U K K K

eV r r U W 454)(2

00==

-=?α

② 将ο

A r 30=，J eV 19

10602.11-?=代入①②

2

1152

3810459.910209.7m

N m N ??=??=?--βα （1）平衡间距r 0的计算 晶体内能()()2m n N U r r r

αβ=

-+ 平衡条件

0r r dU

dr

==，11000m n m n r r αβ

++-+=，1

0(

)n m n r m βα

-= （2）单个原子的结合能

01()2W u r =-，0

0()()m n r r u r r r αβ

==-+，1

0()n m n r m βα-= 1(1)()2m

n m m n W n m βαα

--=-

（3）体弹性模量0

202()V U

K V V

?=?? 晶体的体积3

V NAr =，A 为常数，N 为原胞数目 晶体内能()()2m n N U r r r

αβ=

-+ U U r V r V ???=???112

1

()

23m n N m n r r NAr αβ++=- 22112

1

[()]23m n U N r m n V V r r r NAr αβ++???=-??? 0

2222

2

00000

1[]29m n m n V V U N m n m n V V r r r r αβαβ=?=-+-+? 由平衡条件

112

0001

()0

23m n V V U N m n V

r r NAr αβ++=?=

-=?，得00m n m n r r αβ= 0

222220001[]29m n V V U

N m n V V r r αβ=?=-+? 0

222000

1[]29m n

V V U N m n m n V V r r αβ

=?=

-+?2000[]29m n N nm V r r αβ=--+ 000

()2m n N U r r αβ

=

-+ 0

202

2

()9V V U mn

U V V =?=

-? 体弹性模量0

9mn

K U V = （4）若取02,10,3,4m n r A W eV ====

10()n m n r m βα-=，1(1)()2m

n m m n W n m βαα

--=-

10

02

W r β=

，20100[2]r W r βα=+

-95101.210eV m β=??，1929.010eV m α-=??

2.6、bcc 和fcc Ne 的结合能，用林纳德—琼斯(Lennard —Jones)势计算Ne 在bcc 和fcc 结构中的结合能之比值．

＜解＞12

612

61()4()(),()(4)()()2n l u r u r N A A r r r r σ

σσ

σεε??

?

?

=-=-???????

?

2

6

661200612()1022r

A A du r r u N r A A σε??=?=?=- ???

22066201212()12.25/9.11

()/()0.957()14.45/12.13

bcc bcc fcc fcc u r A A u r A A ωω'===='

2.7、对于2H ，从气体的测量得到Lennard —Jones 参数为6

5010, 2.96.J A εσ-=?=o

计算fcc 结构的2H 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：

126

126

2.ij ij i j U N P P R R σσε--??????''=-?? ? ?????????

∑∑

61214.45392;

12.13188,ij

ij j

i

P P --''==∑

∑16

235010, 2.96, 6.02210/.

erg A N mol εσ-=?==?o

()()12628

16

2.96 2.962602210/5010

12.1314.45 2.55/.

3.16 3.16U 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值之间巨大

差别的原因．

第三章 固格振动与晶体的热学性质

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 j a t naq μωσ=+，

j σ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。

＜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 naq μμωσ==++∑∑ （1）

2*2*n nj nj nj nj nj j j j j j μμμμμμ''

≠????==+ ????

??

?

∑∑∑∑g

由于nj nj μμ?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

μμ=

∑ 由于nj μ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

222

1

1sin()2

T j

j j j j j a t naq dt a T μωσ=

++=

?

（2） 已知较高温度下的每个格波的能量为KT ，nj μ的动能时间平均值为

022222

00

0111sin()224L

T T nj 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 μρρωσρ????=

=++=?? ???????

?

?

? 其中L 是原子链的长度，ρ使质量密度，0T 为周期。 所以22

1142

nj j j T w La KT ρ=

= （3） 因此将此式代入（2）式有2

2nj j

KT

PL μω=

所以每个原子的平均位移为

2222

1

n nj j

j

j j j

KT KT PL PL μμωω====∑∑

∑

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2221212121222(2)(2)n n n n n n n n

m M μβμμμμβμμμ+-+++=---=---&&&& N 个原胞，有2N 个独立的方程

设方程的解

[(2)]2[(21)]

21i t na q n i t n aq n Ae Be

ωωμμ--++==，代回方程中得到

2

2

(2)(2cos )0

(2cos )(2)0

m A aq B aq A M B βωβββω?--=??-+-=?? A 、B 有非零解，22

22cos 02cos 2m aq

aq M βωβββω

--=--，则 1

2

2

22

()4{1[1sin ]}()m M mM aq mM m M ωβ+=±-+

两种不同的格波的色散关系

1

2

2

22

1

22

2

2

()4{1[1sin ]}()()4{1[1sin ]}()

m M mM aq mM m M m M mM aq mM m M ωβωβ

+-+=+-++=--+

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M m =时

4cos 24sin 2

aq m aq m βωβω+-=

=

，

两种色散关系如图所示： 长波极限情况下0q →，sin(

)22

qa qa

≈

， (2

)q m

β

ω-=与一维单原子晶格格波的色散关系一致.

3.3、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β和10β，两种原子质量相等，且最近邻原子间距为2a 。试求在0,q q a π==处的()q ω，并粗略画出色散关系曲线。此问题模拟如

2H 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2n ＋1个原子的运动方程：

2122221121

21122112222()()n n n n n n n n

m m μββμβμβμμββμβμβμ+-+++=-+++=-+++&&&&

体系N 个原胞，有2N 个独立的方程

方程的解：

1

[(2)]

221

[(21)]

2

21i t n aq n i t n aq n Ae

Be

ωωμμ--++==，令22

1122/,/m m ωβωβ==，将解代入上述方程得：

11222

222

2

1

2

1

2

112222

2221

2

12()()0

()()0

i aq i aq i aq i aq A e e

B e

e

A B ωωωωωωωωωω--+--+=+-+-=

A 、

B 有非零的解，系数行列式满足：

11222

222

2

12

1

2

112222

2221

2

12(),()

0(),()i aq i aq i aq i aq e

e

e

e

ωωωωωωωωωω--+--+=+-+-

11112222

222222221212

1

2

()()()0i aq i aq i aq i aq e e e e ωωωωωωω--+--++= 11112222

22222

2

2

2

1

2

1

2

1

2

()()()0i aq i aq i aq i aq e

e

e

e

ωωωωωωω--+--++=

因为1ββ=、210ββ=，令22

22

0120

10,10c c m m

ωωωω====得到 2224

00(11)(10120cos )0aq ωωω--+=

两种色散关系：22

0(1120cos 101)qa ωω=±+

当0q =时，220(11121)ωω=±，

0220

ωωω+-==

当q a

π

=

时，2

2

(1181)ωω=±，

00

202ωωωω+-==

（2）色散关系图：

3.7、设三维晶格的光学振动在q=0附近的长波极限有2

0()q Aq ωω=-

求证：()1/2

0023/2

1(),4V f A

ωωωωωπ=

-<;0()0,f ωωω=>. ＜解＞()

112

2

2

2

00000()0,0Aq f Aq q A ωωωωωωωωωω>-=>=

依据()3

()2,()()

2q q V

ds

q Aq f q ωωωπ?=-=

??

r ，并带入上边结果有

()()()()()()()1/21/2

00331/2223/2

01142()222q V

ds V A V f A A

q ωπωωωωωππωωπ=?=?-=?-?-r

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与2

T 。

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2ndn π，且

()22

532222L s ndn kdk kdk d v ρω

πρωωπππ===即则