固体物理第四章答案

→
在直角坐标系下画出倒格子基矢
y
b1+b2 b2 3 2 1 b1
2π a
-b1
2π a
-b2 -b1-b2
x
4.11设一维晶体晶格常数为a，系统的哈密顿量为 其中
H =−
η2 d2
2m dx
2
+ V ( x),
V ( x) = −∑ Aδ ( x − la )
l =1
N
若已知孤立原子的势和波函数为
Va = − Aδ ( x − la ), ϕ a = a e
1 2 − a x − la
, Ea = −
η 2a2
2m
试用紧束缚近似法求s态电子的能带公式，能带宽度，带底的有效质量。 解：值计及最近邻格点的相互作用时，其能带表示为：
E (k ) = Es − J 0 − J1 ∑ e
n
ikRn
, Rn是最近邻格矢
4.13某晶体中电子的等能面是椭球面 求能量
E − E + dE
k z2 E (k ) = ( + + ) 2 m1 m2 m3
η 2 k x2
2 ky
之间的状态数
解：等能面满足的方程为：
ky k x2 k z2 + + =1 2m1 E 2m2 E 2m3 E
2
η2
η2
η2
这是个椭球面，椭球的体积为：τ = 4 π 2 3
* Na n ≠ n′
根据 δ 函数的性质，上式的值为0。而积分
J1 = − ∫ ϕ * [V ( x) − Va ]ϕa dx a
Na *
= −∫ ϕ a ( x − n′a)[−∑ Aδ ( x − na) +Aδ ( x − n′a − a)]ϕa ( x − n′a − a)dx
Na n =1
所以电子的波失为 k = 0, ±
若只取第一布里渊区
−
π
a
π
a
则
k =0
4.8平面正六角形晶格，六角形两个对边的间距是a,基矢为
→
1 → 3 →→ 1 → 3 → a1 = a i + a j, a2 = − a i + aj 2 2 2 2
试画出此晶体的第一、第二、第三布里渊区。
解： 取单位矢量
N
= −∫ ϕ a ( x − n′a)[−
* Na ′ Na
n ≠ n′+1
∑
N
Aδ ( x − na)]ϕa ( x − n′a − a)dx
′
= −α ∫ e−α x−n a [− Aδ ( x − n′a)]e−α x−n a −a dx = α Ae−α a
假设x轴是水平方向，在上式积分中只取参考格点右边的最近邻，取左边的最近邻也 有同样的结果。因此
∑e
n
ikRn
= eika + e−ika = 2cos ka
所以s态电子的能带为
E ( k ) = Es − 2 Aα e −α a cos ka
能带宽度为
E (0) − E ( ) = 4 Aα e −α a a
能带底的有效质量为
π
η2 η2 * mxx = 2 = ∂ E 2 Aα a 2 e −α a ∂k 2 k=0
叶系数 V(kn) (b)对近似自由电子而言，在哪些布里渊区界限上有 Brayy 反射？并写出相应的能隙。
r 1 −u −i(2πx+2πy) 2πx 2πy 解： V(kn) = V(r)e−ikh dr = 2 ∫∫e ∂ ∂ (4cos cos )drdy Nα2 ∫ α ∂ ∂
=-U 上面计算中取 kn =(±
k =± ,± ,± ,..........
a
<k≤
π
则
a
k=
π
a
a a a π π π 若只取第一布里渊区 − < k ≤ 则 k= a a a
(c)
Ψ k ( x + a ) = f ( x + a − la ) = f ( x − la ) = eika f ( x − la )
2π 4π ,± ,...... a a <k≤
3 η
2m1m2 m3 E 3 2
由上式可知
dτ =
4π
η3
2m1m2 m3 E1 2 dE
能量
E − E + dE
之间的状态数为
Vc Vc dz = 2 dτ = 2 3 2m1m2 m3 E1 2 dE πη (2π )3
2πx 2π y .设两维正方格子和周期势。 V(r) =V(x, y) =−4 cos 。a 为晶格常数。求： （a） V(r) 按倒格失展开的傅里 V cos ∂ ∂
1一维周期场中电子的波函数 (a) Ψ k ( x ) = sin
Ψ k ( x满足Bloch定理，若晶格常数为a的电子波函数为： )
πx
a 3π x a
f ( x − la )
(b)Ψ k ( x) = i cos (c) Ψ k ( x ) =
l =−∞
∑
∞
试求电子在这些态的波失。 解：根据Bloch定理 Ψ k ( x + a ) = e (a) Ψ k ( x + a ) = sin
→
k
垂直于
→
i
和
→

则a 1 、 2 和 k a
→
→
→
构成的体积为 Ω＝ 3 a 2
2
所以倒格子原胞的基失为
2π ( a2 × k ) 2π → 2π → b1 = = i+ j Ω a 3a → 2π ( k × a1 ) 2π → 2π → b2 = =− i+ j Ω a 3a 2π 可见倒格子原胞基矢的夹角是 3
jka
Ψ k ( x ) 可得：
π ( x + a)
a
= − sin
πx
a
= e jka sin
πx
a
3π 5π ,± ,.......... 所以电子的波失为 k = ± , ± a a a
若只取第一布里渊区 − (b)
π
π
所以电子的波失为
3π ( x + a ) 3π x 3π x ika Ψ k ( x + a ) = i cos = −i cos = e i cos a a a π 3π 5π
2π 2π , ± ) ，Brayy 反射出现的第一布里渊区的四个顶点处。能隙为 2U。 ∂ ∂
其中积分
J 0 = − ∫ ϕ * [V ( x) − Va ]ϕa dx a
Na * N Na n =1 N
= −∫ ϕ a ( x − n′a)[−∑ Aδ ( x − na) +Aδ ( x − n′a)]ϕa ( x − n′a)dx = −∫ ϕ a ( x − n′a)[− ∑ Aδ ( x − na) +]ϕa ( x − n′a)dx